专题2 破译函数中的双变量问题
高考核心素养提升之一逻辑推理——突破双变量“存在性或任意性”问题
高考核心素养提升之一逻辑推理——突破双变量“存在性或任意性”问题逻辑推理的关键要素是：逻辑的起点、推理的形式、结论的表达.解决双变量“存在性或任意性”问题关键就是将含有全称量词和存在量词的条件“等价转化”为两个函数值域之间的关系(或两个函数最值之间的关系)，目的在于培养学生的逻辑推理素养和良好的数学思维品质.类型1 形如“对任意x 1∈A ，都存在x 2∈B ，使得g (x 2)＝f (x 1)成立”的问题【例1】 已知函数f (x )＝x 3＋(1－a )x 2－a (a ＋2)x ，g (x )＝196x －13，若对任意x 1∈[－1，1]，总存在x 2∈[0，2]，使得f ′(x 1)＋2ax 1＝g (x 2)成立，求实数a 的取值范围.解 由题意知，g (x )在[0，2]上的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，6. 令h (x )＝f ′(x )＋2ax ＝3x 2＋2x －a (a ＋2)，则h ′(x )＝6x ＋2，由h ′(x )＝0得x ＝－13.当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－1，－13时，h ′(x )<0；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－13，1时，h ′(x )>0，所以[h (x )]min ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝－a 2－2a －13.又由题意可知，h (x )的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，6的子集， 所以⎩⎪⎨⎪⎧h （－1）≤6，－a 2－2a －13≥－13，h （1）≤6，解得实数a 的取值范围是[－2，0].思维升华 理解全称量词与存在量词的含义是求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，即“函数f (x )的值域是g (x )的值域的子集”，从而利用包含关系构建关于a 的不等式组，求得参数的取值范围.类型2 形如“存在x 1∈A 及x 2∈B ，使得f (x 1)＝g (x 2)成立”的问题【例2】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x 3x ＋1，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，－13x ＋16，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12，函数g (x )＝k sin πx 6－2k ＋2(k >0)，若存在x 1∈[0，1]及x 2∈[0，1]，使得f (x 1)＝g (x 2)成立，求实数k 的取值范围.解 由题意，易得函数f (x )的值域为[0，1]，g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－2k ，2－3k 2，并且两个值域有公共部分.先求没有公共部分的情况，即2－2k >1或2－32k <0，解得k <12或k >43，所以，要使两个值域有公共部分，k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，43. 思维升华 本类问题的实质是“两函数f (x )与g (x )的值域的交集不为空集”，上述解法的关键是利用了补集思想.另外，若把此种类型中的两个“存在”均改为“任意”，则“等价转化”策略是利用“f (x )的值域和g (x )的值域相等”来求解参数的取值范围.类型3 形如“对任意x 1∈A ，都存在x 2∈B ，使得f (x 1)<g (x 2)成立”的问题【例3】 已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，∃x 2∈[2，3]，使得f (x 1)≤g (x 2)，则实数a 的取值范围是________.解析 依题意知f (x )max ≤g (x )max .∵f (x )＝x ＋4x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是减函数， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝172. 又g (x )＝2x ＋a 在[2，3]上是增函数，∴g (x )max ＝8＋a ，因此172≤8＋a ，则a ≥12.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 思维升华 理解量词的含义，将原不等式转化为[f (x )]max ≤[g (x )]max ；利用函数的单调性，求f (x )与g (x )的最大值，得关于a 的不等式，求得a 的取值范围.思考1：在[例3]中，若把“∃x 2∈[2，3]”变为“∀x 2∈[2，3]”时，其它条件不变，则a 的取值范围是________.问题“等价转化”为[f (x )]max ≤[g (x )]min ，请同学们完成.思考2：在[例3]中，若将“∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1”改为“∃x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1”，其它条件不变，则a 的取值范围是______.问题“等价转化”为f (x )min ≤g (x )max ，请同学们自行求解.分层训练题A级基础巩固一、选择题1.(2020·宜昌调研)命题p：“∀x>1，x2－1>0”，则⌝p为()A.∀x>1，x2－1≤0B.∀x≤1，x2－1≤0C.∃x0>1，x20－1≤0D.∃x0≤1，x20－1≤02.第32届夏季奥林匹克运动会将于2020年7月24日在日本东京隆重开幕.在体操预赛中，有甲、乙两位队员参加.设命题p是“甲落地站稳”，q是“乙落地站稳”，则命题“至少有一位队员落地没有站稳”可表示为()A.(⌝p)∨(⌝q)B.p∨(⌝q)C.(⌝p)∧(⌝q)D.p∨q3.命题“∀n∈N*，f(n)∈N*且f(n)≤n”的否定形式是()A.∀n∈N*，f(n)∉N*且f(n)＞nB.∀n∈N*，f(n)∉N*或f(n)＞nC.∃n0∈N*，f(n0)∉N*且f(n0)＞n0D.∃n0∈N*，f(n0)∉N*或f(n0)＞n04.已知命题p：∃x∈R，x2－x＋1≥0；命题q：若a2<b2，则a<b.下列命题为真命题的是()A.p∧qB.p∧⌝qC.⌝p∧qD.⌝p∧⌝q5.(2020·河南六校联考)已知命题p：对任意x∈R，总有2x>x2，q：“ab>4”是“a>2，b>2”的充分不必要条件，则下列命题为真命题的是()A.p∧qB.(⌝p)∧qC.p∧(⌝q)D.(⌝p)∧(⌝q)6.已知命题“∃x∈R，4x2＋(a－2)x＋14≤0”是假命题，则实数a的取值范围为()A.(－∞，0)B.[0，4]C.[4，＋∞)D.(0，4)7.命题p：函数y＝log2(x－2)的单调递增区间是[1，＋∞)，命题q：函数y＝13x＋1的值域为(0，1).下列命题是真命题的为()A.p∧qB.p∨qC.p∧(⌝q)D.⌝q8.已知函数f(x)＝a2x－2a＋1.若命题“∀x∈(0，1)，f(x)≠0”是假命题，则实数a的取值范围是()A.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 B.(1，＋∞) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞) 二、填空题 9.若“∀x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，tan x ≤m ”是真命题，则实数m 的最小值为________. 10.命题p 的否定是“对所有正数x ，x >x ＋1”，则命题p 可写为________________________________.11.(2020·湖南百校大联考改编)下列四个命题：p 1：任意x ∈R ，2x >0；p 2：存在x ∈R ，x 2＋x ＋1≤0；p 3：任意x ∈R ，sin x <2x ；p 4：存在x ∈R ，cos x >x 2＋x ＋1.其中是真命题的为________.12.已知命题p ：∃x 0∈R ，(m ＋1)(x 20＋1)≤0，命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立.若p ∧q 为假命题，则实数m 的取值范围为________.B 级 能力提升13.命题“∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n ≥x 2”的否定形式是( )A.∀x ∈R ，∃n ∈N *，使得n <x 2B.∀x ∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2C.∃x ∈R ，∃n ∈N *，使得n <x 2D.∃x 0∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 2014.(2020·南昌质检)下列有关命题的说法正确的是( )A.命题“若x 2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x 2＝1，则x ≠1”B.命题p ：∃x 0∈R ，sin x 0＝62；命题q ：∀x ∈R ，x >sin x ，则命题p ∨q 为真C.命题“∃x 0∈R ，x 20＋x 0＋1<0”的否定是“∀x ∈R ，x 2＋x ＋1<0”D.命题“若x ＝y ，则sin x ＝sin y ”的逆否命题是真命题15.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x ，x <0，m －x 2，x ≥0，给出下列两个命题：命题p ：∃m ∈(－∞，0)，方程f (x )＝0有解；命题q ：若m ＝19，则f [f (－1)]＝0，那么，下列命题为真命题的是____________(填序号).①p ∧q ；②(⌝p )∧q ；③p ∧(⌝q )；④(⌝p )∧(⌝q ).16.(2020·漳州八校联考)设p ：函数f (x )＝ax 2－x ＋14a 的定义域为R ，q ：∃x ∈(0，1)，使得不等式3x －9x －a <0成立.如果“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，则实数a 的取值范围为________.C 级 创新猜想17.(组合选择题)(2019·全国Ⅲ卷)记不等式组⎩⎨⎧x ＋y ≥6，2x －y ≥0表示的平面区域为D .命题p ：∃(x ，y )∈D ，2x ＋y ≥9；命题q ：∀(x ，y )∈D ，2x ＋y ≤12.下面给出了四个命题①p ∨q ②⌝p ∨q ③p ∧⌝q ④⌝p ∧⌝q这四个命题中，所有真命题的编号是( )A.①③B.①②C.②③D.③④答案解析1.解析 命题p ：“∀x >1，x 2－1>0”，则綈p 为：∃x 0>1，x 20－1≤0.答案 C2.解析 命题“至少有一位队员落地没有站稳”包含以下三种情况：“甲、乙落地均没有站稳”、“甲落地没站稳，乙落地站稳”、“乙落地没有站稳，甲落地站稳”，故可表示为(⌝p )∨(⌝q ).或者，命题“至少有一位队员落地没有站稳”等价于命题“甲、乙均落地站稳”的否定，即“p ∧q ”的否定，选A.答案 A3.解析 ∵全称命题的否定为特称命题，∴该命题的否定是：∃n 0∈N *，f (n 0)∉N *或f (n 0)>n 0.答案 D4.解析 因为x 2－x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34>0恒成立，所以p 为真命题，则⌝p 为假命题；当a ＝1，b ＝－2时，满足a 2<b 2，但不满足a <b ，所以q 为假命题，则⌝q 为真命题，根据且命题同真则真的原则，p ∧⌝q 为真命题.答案 B5.解析 当x ＝2时，2x ＝x 2，所以p 是假命题；由a >2，b >2可以推出ab >4；反之不成立，例如a ＝2，b ＝4，所以“ab >4”是“a >2，b >2”的必要不充分条件，故q 是假命题；所以(⌝p )∧(⌝q )是真命题.答案 D6.解析 因为命题“∃x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14≤0”是假命题，所以其否定命题“∀x ∈R ，4x 2＋(a －2)x ＋14>0”是真命题.则Δ＝(a －2)2－4×4×14＝a 2－4a <0，解得0<a <4.答案 D7.解析 由于y ＝log 2(x －2)的单调递增区间是(2，＋∞)，所以命题p 是假命题.由3x >0，得3x ＋1>1，所以0<13x ＋1<1， 所以函数y ＝13x ＋1的值域为(0，1)，故命题q 为真命题. 所以p ∧q 为假命题，p ∨q 为真命题，p ∧(⌝q )为假命题，⌝q 为假命题.答案 B8.解析 ∵函数f (x )＝a 2x －2a ＋1，命题“∀x ∈(0，1)，f (x )≠0”是假命题，∴原命题的否定：“∃x 0∈(0，1)，使f (x 0)＝0”是真命题，∴f (1)f (0)<0，即(a 2－2a ＋1)(－2a ＋1)<0，∴(a －1)2(2a －1)>0，解得a >12，且a ≠1，∴实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1∪(1，＋∞). 答案 D9.解析 ∵函数y ＝tan x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上是增函数，∴y max ＝tan π4＝1，依题意，m ≥y max ，即m ≥1.∴m 的最小值为1.答案 110.解析 因为p 是⌝p 的否定，所以只需将全称量词变为存在量词，再对结论否定即可. 答案 ∃x 0∈(0，＋∞)，x 0≤x 0＋111.解析 ∀x ∈R ，2x >0恒成立，p 1是真命题.又x 2＋x ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋122＋34>0，∴p 2是假命题. 由sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－32π＝1>2－32π，知p 3是假命题.取x ＝－12时，cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12>cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝32， 但x 2＋x ＋1＝34<32，则p 4为真.综上，p 1，p 4为真命题，p 2，p 3是假命题.答案 p 1，p 412.解析 由命题p ：∃x 0∈R ，(m ＋1)(x 20＋1)≤0可得m ≤－1；由命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1>0恒成立，即Δ＝m 2－4<0，可得－2<m <2，若p ∧q 为真命题，则－2<m ≤－1，因为p ∧q 为假命题，所以m ≤－2或m >－1.答案 (－∞，－2]∪(－1，＋∞)13.解析 改变量词，否定结论.∴该命题的否定应为：∃x 0∈R ，∀n ∈N *，使得n <x 20.答案 D14.解析 选项A ，命题“若x 2＝1，则x ＝1”的否命题为“若x 2≠1，则x ≠1”，∴A 选项错误.选项B ，∵sin x 0＝62>1，∴命题p 是假命题.命题q ：当x ＝0时，x ＝sin x ，∴命题q 是假命题，则命题p ∨q 为假.∴B 选项错误.选项C ，命题“∃x 0∈R ，x 20＋x 0＋1<0”的否定是“∀x ∈R ，x 2＋x ＋1≥0”，∴C 选项错误.选项D ，∵x ＝y ，∴sin x ＝sin y ，∴该命题的逆否命题为真命题.∴D 选项正确. 答案 D15.解析 因为3x >0，当m <0时，m －x 2<0，所以命题p 为假命题；当m ＝19时，因为f (－1)＝3－1＝13，所以f [f (－1)]＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝19－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝0， 所以命题q 为真命题；逐项检验可知，只有(⌝p )∧q 为真命题.答案 ②16.解析 若命题p 为真，则ax 2－x ＋14a ≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ＝（－1）2－4a ·14a ≤0，解得a ≥1. 设y ＝3x －9x .令3x ＝t ，则y ＝3x －9x ＝t －t 2，当x ∈(0，1)时，t ∈(1，3)，所以y ＝3x －9x 的值域为(－6，0).若命题q 为真，则a >－6.由命题“p ∨q ”为真命题，“p ∧q ”为假命题，可知p ，q 一真一假， 当p 真q 假时，a 不存在；当p 假q 真时，－6<a <1，所以实数a 的取值范围是(－6，1).答案 (－6，1)17.解析 由不等式组画出平面区域D ，如图阴影部分所示，在图中画出直线2x ＋y ＝9，可知命题p 正确，作出直线2x ＋y ＝12，2x ＋y ≤12表示直线及其下方区域，易知命题q 错误. ∴⌝p 为假，⌝q 为真，∴p ∨q 为真，⌝p ∨q 为假，p ∧⌝q 为真，⌝p ∧⌝q 为假.故真命题的编号为①③.答案 A。
双变量问题之换元法与主元法-解析版
双变量问题之换元法与主元法-解析版在数学中，双变量问题是指涉及两个未知数的数学方程组或问题。
解决这类问题的两种常见方法是换元法和主元法。
本文将针对这两种方法进行解析，旨在帮助读者更好地理解和应用于双变量问题的求解过程。
一、换元法换元法是一种通过引入新的变量来简化双变量问题的方法。
这个新变量通常是原始变量的一个复合函数。
通过合理选择换元，我们可以将原始方程组转化为仅包含一个未知数的方程组，从而简化求解过程。
我们以一个具体的例子来说明换元法的应用过程。
假设我们有一个双变量方程组：(1) 2x + 3y = 7(2) 3x + 2y = 8首先，我们可以观察到(1)+(2)的结果为5x+5y=15。
为了进一步简化方程组，我们可以引入一个新变量u=x+y，那么方程组可以改写为：(3) 5u = 15通过这种方式，我们将原始的双变量问题转化为了一个只包含一个未知数的问题。
此时，我们可以轻松地解出u的值，再通过代入法求解出x和y的值。
二、主元法主元法是另一种求解双变量问题的方法。
与换元法不同，主元法通过消元的方式将方程组转化为简化形式，从而得到解的过程。
同样我们以一个具体的例子来说明主元法的应用过程。
假设我们有如下双变量方程组：(1) x + 2y = 5(2) 3x + 4y = 14为了使用主元法求解这个方程组，我们需要通过运算将其中一个方程的系数变为1或者-1。
在这个例子中，我们可以通过将方程(1)的系数进行适当的调整，将它变为1。
为此，我们将方程(1)乘以2，并减去方程(2)的2倍。
得到新的方程(3)：(3) -5y = -6通过这个步骤，我们消去了x的系数，得到了只包含一个未知数的方程。
然后，我们可以解出y的值，再通过代入法求解出x的值。
三、比较换元法和主元法换元法和主元法是两种常见的解决双变量问题的方法，它们各有优缺点。
换元法在选择适当的新变量时可以更加灵活，通过适当的替换可以将原始问题转化为一个更简单的问题。
函数双变量问题处理技巧
函数双变量问题处理技巧【策略1】改变主元（又叫：反客为主）对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。
【例１】已知2()1f x x mx m =+-≥在2m ≤时恒成立，求实数x 的取值范围.【例2】对任意n N +∈恒有221(1)n a e ++≤，求实数a 的最大值。
【解析】21(1)n n ++11ln(1)n n-+，设1(1)ln x =-+【策略2】指定主元有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定主元。
【例3】已知0m n ≤<，试比较ln(1)n m e m -++与1ln(1)n ++的大小，并给出证明.【例4】求证：22232()21x x e t e x x t -++++≥。
【策略3】化归为函数单调性问题【例5】已知a b e >>，试比较b a 1()f x '=ln bb，ln b ∴【例6】已知函数2()ln ,(1)x f x a x x a a =+->，对1212,[1,1],()()1x x f x f x e ∀∈--≤-，求实数a 的取值范围。
()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值问题。
【解析】由()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+，(0)0f '=，当[1,0]x ∈-时，10,ln 0,20x a a x -≤>≤，()0f x '∴≤，即()f x 在[1,0]-上递减；当]1,0[∈x 时，10xa -≥，，()1h a '=(1),f >-∴12max ,)|()x x f x ∀∈≤需ln a a -成立便可，于是构造(a φ()a φ∴在上递增，又()0e φ=，a 的取值范围为【例7】已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++(1a <-),若对任意,(0,)m n ∈+∞，()()4f m f n m n -≥-，求实数a 的取值范围。
函数与导数的 “双变量”问题探究
函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。
此问题经常结合不等式进行命题，主要考查学生转化与化归思想，考查学生对问题的转化及处理能力，此类问题难度较大，对学生的综合能力要求较高。
解决此类问题主要通过变元来解决，如何将两个变量转化为一个变量是此类问题解体的关键。
然后，再结合函数性质即可解决此类问题。
二、例题解说−x+alnx例1：已知函数f(x)=1x（1）讨论f(x)的单调性．<a−2.（2）若函数存在两个极值点x1,x2,证明f(x1)−f(x2)x1−x2小结1：消元，变量归一①若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量.,x1x2,x1−②若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如x1x2x2,x1+x2）,进行整体换元，将两个变量化为一个变量..例2：已知函数f(x)=e2x−2t(e x+x)+x2+2t2+1,求证f(x)≥32小结2：变换主元当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。
主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一个变量作为参数。
例3：已知函数f(x)=1+2lnx.x2（1）求f(x)的单调区间（2）存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，使|f(x1)−f(x2)|≥k|lnx1−lnx2|成立，求k的取值范围.小结3：构造函数根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决.,1],|f(x1)−f(x2)|≤b,求b的取值范围.例4：已知函数f(x)=xlnx+x,对∀x1,x2∈[1e3小结4：转化为最值根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题解题思路与方法.三、练习提升1．设函数f(x)=e mx+x2−mx．（1）证明：f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；（2）若对于任意x1,x2∈[−1,1]，都有|f(x1)−f(x2)|≤e−1，求m的取值范围．2．已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)−2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.3．已知函数f(x)=lnx−ax+1−ax−1,(a∈R).(Ⅰ)当a≤12时，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设g(x)=x2−2bx+4,当a=14时，若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.4．已知函数f(x)=ln x+mx−2(m∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)存在两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，试求m的取值范围，并证明1x1+1x2>1e.5．已知函数f(x)=x ln x−2ax2+x，a∈R．（Ⅰ）若()f x在(0,+∞)内单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1+x2>12a．6．已知函数f(x)=(x+2)ln x+ax2（a为常数）在x=1处的切线方程为y=4x−72. （1）求a的值，并讨论f(x)的单调性；（2）若f(x1)+f(x2)=1，求证x1x2≤1.函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。
专题-函数中双变量问题_
综述，在解决函数问题时，经常会遇到在某一范围内任意变动的双变量问题，由于两个变量都在动，所以不知道把哪个变量作为自变量研究，从而无法展开思路.对于该类问题的处理方法一般可从以下两个方面进行：（1）选取主元法，不管有多少个变量，可选一个变量为主元，其他变量为参数；（2）合理运用转化思想，将几个变量看作整体，即多元化一元.一、单选题1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数2()ln(1)f x x x =++满足对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，则实数a 的取值范围为（）A ．ln 2[8,)2-+∞B ．ln 25[8,2ln 2]24---C ．ln 2(,8]2-∞-D ．5(,2ln 2]4-∞--【答案】C【解析】由函数2()ln(1)f x x x =++在定义域单调递增，对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立，即任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln 2x x x a x ++≤成立，即满足()2211max 2maxln 2x x x ax ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭，令2111()2g x x x a =++，对称轴方程为11x =-，在11[,2]2x ∈可得1max ()(2)=8g x g a =+令222ln ()x h x x =，求导可得22221ln ()x h x x -'=，2()0h x '=，可得2x e =，在()20,x e ∈，2()0h x '>，2()h x 单调递增，所以在21[,2]2x ∈，2max ln 2()(2)2h x h ==，即ln 282a +≤，解得ln 282a ≤-，故选C .2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数()()32,,,0f x ax bx cx a b c R a =++∈≠，若不等式()()5xf x af x '-≤对x R ∀∈恒成立，则b 2ca-的取值范围为（）A ．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】()32f x ax bx cx =++ ，()232f x ax bx c '∴=++，由不等式()()5xf x af x '-≤对x R ∀∈恒成立，可得()()()2323250a ax b ab x c ac x -+-+--≤对x R ∀∈恒成立，所以，230a a -=且0a ≠，解得3a =，则不等式2250bx cx ++≥对x R ∀∈恒成立，所以204200b c b >⎧⎨∆=-≤⎩，则25c b ≥，所以，()222125252210553315153c c c b c b c c c a ------=≥==≥-.因此，b 2c a -的取值范围为5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C.3．（2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数ln 1,1()1(2),13x x f x x x -≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，若αβ<且()()f f αβ=，则βα-的取值范围是（）A ．[]83ln 3,6-B ．)283ln 3,1e ⎡--⎣C ．[]94ln 3,6-D ．)294ln 3,1e ⎡--⎣【答案】B【解析】因为ln 1,1()1(2),13x x f x x x -≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，故其函数图像如下所示：令11lnx -=，解得2x e =；令11lnx -=-，解得1x =.数形结合可知，若要满足()()f f αβ=，且αβ<，则()21,eβ∈，且()1213ln αβ+=-，解得35ln αβ=-.故βα-35ln ββ=-+，()21,e β∈.令()()235,1,g x x lnx x e =-+∈，则()31g x x'=-，令()0g x '=，解得3x =，故()g x 在区间()1,3单调递减，在区间()23,e 单调递增，则()()()2216,3833,1g g ln g ee==-=-，故())2833,1g x ln e ⎡∈--⎣.即可得βα-)2833,1ln e ⎡∈--⎣.故选：B.4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，则下列判断：①a e <；②122x x +<；③121x x >；④有极小值点0x ，且1202x x x +<．则正确判断的个数是（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【答案】D【解析】对于①，∵()x f x e ax =-，∴()x f x e a '=-，令()0x f x e a '=->，当0a ≤时，()0x f x e a '=->在x ∈R 上恒成立，∴()f x 在R 上单调递增．当0a >时，由()0f x '>，解得ln x a >；由()0f x '<，解得ln x a <；∴()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．∵函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，∴0a >，(ln )0f a <，即ln ln 0a e a a -<，即ln 0a a a -<，解得：a e >；所以①不正确；对于②，因为函数()x f x e ax =-有两个零点1x ，2x ，所以1x ，2x 是方程0x e ax -=的两根，因此11ln x ax =，22ln x ax =，所以()()()212121212ln 2ln ln 2ln x x a x x a x x x x +==+>+，取22e a =，2(2)20f e a =-=，∴22x =，(0)10=>f ，∴101x <<，∴122x x +>，所以②不正确；对于③，(0)10=>f ，∴101x <<，121x x >不一定，∴所以③不正确；对于④，f （x ）在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增，∴有极小值点0ln x a =，且12022ln x x x a +<=，所以④正确．综上，正确的命题序号是④．故选:D5．（2020·湖南省高三期末）已知实数a ，b 满足225ln 0a a b --=，c R ∈的最小值为()A ．12B ．2C ．2D ．92【答案】C【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足上的点到直线的距离的最小值，设直线与曲线相切于点，则，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，综上所述，选C.6．（2020·全国高三专题练习）已知直线()1y a x =+与曲线()xf x e b =+相切，则ab 的最小值为（）A ．14e-B ．12e-C ．1e-D ．2e-【答案】B【解析】设切点为00(,)xx e b +,因为()x f x e b =+,所以()x f x e '=,所以00()x f x ea '==,所以0ln x a =,又切点00(,)xx e b +在直线(1)y a x =+上,所以00(1)xe b a x +=+,所以0a b ax a +=+,所以0ln b ax a a ==,所以2ln ab a a =,令2()ln (0)g a a a a =>,则21()2ln 2ln (2ln 1)g a a a a a a a a a a'=+⋅=+=+,令()0g a '<,得120a e -<<,令()0g a '>,得12a e ->,所以()g a 在12(0,)e -上递减,在12(,)e -+∞上递增,所以12a e-=时,()g a 取得最小值11122221()()ln 2g e e ee---==-.即ab 的最小值为12e-.故选:B 7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末）α，,22ππβ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，且sin sin 0ααββ->，则下列结论正确的是（）A ．αβ>B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又 ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数()1()ln 1,,2xf x e x x ⎡⎫=-∈+∞⎪⎢⎣⎭，若存在[]2,1a ∈-，使得21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，则实数m 的取值范围为（）A ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[)1,+∞C ．2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】1'()ln 1xf x e x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令1()ln 1g x x x=+-，则22111'()x g x x x x -=-=，故当112x <<时，)'(0g x <，()g x 单调递减，当1x >时，'()0,()g x g x >单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，从而当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，'()0f x ≥，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增.设()()222314h a a a e a e =+--=+--，则()h a 在[]2,1--上单调递减，在[]1,1-上单调递增，()max ()1h a h e ==-，存在[]2,1a ∈-，使21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，等价于()121f e f m ⎛⎫-≤-= ⎪⎝⎭.1211122m m ⎧-≤⎪⎪∴⎨⎪-≥⎪⎩，解得213m ≤≤.故选：A .9．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线()()0xf x ae a =>与曲线()()20g x x m m =->有公共点，且在该点处的切线相同，则当m 变化时，实数a 的取值范围是（）A ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．61,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．40,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．281,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A【解析】由()(0)x f x ae a =>，2()g x x m =-，得()x f x ae '=，()2g x x '=，设()(0)x f x ae a =>与曲线2()g x x m =-的公共点为(,)s t ，则()s f s ae '=，()2g s s '=，∴两曲线在切点处的切线方程分别为()s s y ae ae x s -=-与22()y s m s x s -+=-，即s s s y ae x ae sae =+-与22y sx s m =--．则22ss s s ae ae sae s m ⎧=⎨-=--⎩，整理得222s m s s s a e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩①②．由①且0m >，得0s <或2s >，当0s <时，两曲线无公共切线，则2s >．由②得，2(2)ssa s e =>．令2()(2)s s h s s e =>，则2(1)()0s s h s e-'=<，函数()h s 在(2,)+∞上为单调减函数，()(2)h s h ∴<24e=，又当s →+∞时，()0h s →，∴实数a 的取值范围是24(0,e．故选：A.二、填空题10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数()2ln xf x a x x a =+-，对任意的[]12,0,1x x ∈，不等式()()121f x f x a -≤-恒成立，则实数a 的取值范围是___．【答案】[),e +∞【解析】由题意可得max min ()()1f x f x a -≤-，且1a >，由于()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x =+-=-+'，所以当0x >时，()0f x '>，函数()f x 在[0,1]上单调递增，则max min ()(1)1ln ,()(0)1f x f a a f x f ==+-==，所以max min ()()ln f x f x a a -=-，故1ln ln 1a a a a -≥-⇒≥，即a e ≥，应填答案[),e +∞．11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数2()2ln 3f x x ax =-+，若存在实数,[1,5]m n ∈满足2n m -≥时，()()f m f n =成立，则实数a 的最大值为_____【答案】ln 34【解析】由22()()2ln 32ln 3f m f n n an m am =⇒-+=-+，所以222(ln ln )n m a n m-=-，令n m t =+，（2t ≥），则ln(1)(2)t m a t m t +=+，（[1,5]m ∈，2t ≥），显然ln(1)()(2)t m g m t m t +=+，在[1,)m ∈+∞单调递减，∴ln(1)(1)(2)t a g t t +≤=+（2t ≥）令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+，（2t ≥），22222(1)ln(1)()[(2)](1)t t t t h t t t t +-++'=++，∵2t ≥，∴2ln(1)1t +>，则2222(1)ln(1)t t t t +-++，∴令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+在[2,)+∞单调递减，∴ln 3(2)4a h ≤=，∴实数a 的最大值为ln 34．故答案为：ln 3412．（2020·河南省高三月考）设函数()321x x f x -=+，()2xg x xe =，若()11,x ∃∈-+∞，使得()21,x ∀∈-+∞，不等式()()2214emg x m f x >恒成立，则实数m 的取值范围是______.【答案】()1,+∞【解析】()()2155211x x f x x -++==-+++ ，当()1,x ∈-+∞时，有()2f x >-.因为()2xg x xe =，所以()()222212xx x g x e xe x e '=+=+，当112x -<<-时，()0g x '<，函数()y g x =在11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()y g x =在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()1122g x g e ⎛⎫∴≥-=- ⎪⎝⎭，所以当1x >-时，()1,2g x e ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭.若0m >，则()214422emg x em m e ⎛⎫≥⋅-=- ⎪⎝⎭，()2212m f x m >-.根据题意可知222m m ->-，解得1m >；若0m ≤，则()(]24,2emg x m ∈-∞-，()2212m f x m >-，不符合条件.综上所述，实数m 的取值范围是()1,+∞.故答案为：()1,+∞.13．（2020·浙江省高三期中）若a 为实数，对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，则a 的最大值是_________.【答案】7【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a k x+-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x xx x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈则min()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7故答案为：7三、解答题14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设,a b ∈R ，已知函数()2ln f x a x x bx =++存在极大值.（1）若2a =，求b 的取值范围；（2）求a 的最大值，使得对于b 的一切可能值，()f x 的极大值恒小于0.【答案】（1）4b <-，（2）32e 【解析】（1）当2a =，()()2220x bx f x x x ++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程2220x bx ++=有两个不等的正根，则2160,0,210,b b⎧∆=->⎪⎪->⎨⎪>⎪⎩∴4b <-.（2）()()220x bx af x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程220x bx a ++=有两个不等的正根，设为12,x x 且12x x <，∴122a x x =，∴0a >，10x <<由()120f x x x x '<⇒<<，∴()f x 的极大值为()21111ln f x a x x bx =++，∵2112bx x a =--，∴()2111ln f x a x x a =--，构造函数()2ln g x a x x a =--，当0x <<时，()2220a a x g x x x x -'=-=>，所以()g x在⎛ ⎝上递增，由10x <<()1ln 322a a g x g ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭.所以当302a e <≤时，()()()110f x f x g x g ==<≤极大值.而当32a e >时，取332222a b e e -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即321x e =，3222a x e -=，此时()33202af x f e e ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，不符合题意.综上所述，a 的最大值为32e .15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数（R ）．（1）当14a =时，求函数()y f x =的单调区间；（2）若对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，求a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)；（Ⅱ）[1ln 2,)-+∞【解析】（1）当14a =时，21()ln(1)4f x x x x =++-，则11(1)()1(1)122(1)x x f x x x x x -=+-=>-++'，令()0f x '>，得10x -<<或1x >；令()0f x '<，得01x <<，∴函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)．（2）由题意[2(12)]()(1)(1)x ax a f x x x -->-+'=，（1）当0a ≤时，函数()f x 在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，此时，不存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ．（2）当0a >时，令()0f x '=，有10x =，2112x a=-，①当12a =时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增，显然符合题意．②当1102a ->即102a <<时，函数()f x 在(1,0)-和1(1,)2a -+∞上单调递增，在1(0,1)2a-上单调递减，()f x 在0x =处取得极大值，且(0)0f =，要使对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，只需(1)0f ≥，解得1ln 2a ≥-，又102a <<，所以此时实数a 的取值范围是11ln 22a -≤<．③当1102a -<即12a >时，函数()f x 在1(1,1)2a --和(0,)+∞上单调递增，在1(1,0)2a-上单调递减，要存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，需1(1)(1)2f f a-≤，代入化简得1ln 2ln 2104a a ++-≥，①令11()ln 2ln 21(42g a a a a =++->，因为11()(1)04g a a a =-'>恒成立，故恒有11()(ln 2022g a g >=->，所以12a >时，①式恒成立，综上，实数a 的取值范围是[1ln 2,)-+∞．16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数()13ln 144f x x x x=-+-（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()224g x x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b的取值范围.【答案】（1）函数()f x 在()1,3上单调递增;在()0,1和()3,+∞上单调递减;（2）14,2⎛-∞ ⎝⎦.【解析】（1）()13ln 44f x x x x =-+的定义域是()0,+∞，()22211343444x x f x x x x -='-=--由0x >及()0f x '>得13x <<，由0x >及()0f x '<得01x <<或3x >；所以函数()f x 在()1,3上单调递增;在()0,1和()3,+∞上单调递减.（2）若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，问题等价于()()min maxf xg x ≥由（1）可知，在()0,2上，1x =是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以()()min 112f x f ==-，()[]224,1,2g x x bx x =-+-∈当1b <时，()()max 125g x g b ==-；当12b ≤≤，()()2max 4g x g b b ==-当2b >时，()()248g x g b ==-问题等价于1{1252b b <-≥-或212{142b b ≤≤-≥-或2{1482b b >-≥-解得1b <或1412b ≤≤或b =∅即142b ≤，所以实数b 的取值范围是14,2⎛-∞ ⎝⎦.17．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数()2ln 2f x x ax bx =---，a R ∈.（1）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（2）若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞-⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.【答案】（1）0a >，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248248,44a a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，2,4a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.（2）220a e <≤【解析】（1）()2122x ax f x x--'=,0x >（i ）0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得2484x a -=，2484x a-=（舍）所以当2480,4x a ⎛-+∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当248,4x a ⎛⎫-∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；（ii ）0a =，令()0f x '=，得到12x =当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；（iii ）102a -<<，令()0f x '=，得到2484x a-+=，2484x a--=当2482480,,44x a a ⎛⎫⎛⎫-+--∈+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭U 时，()0f x '>，()f x 单调递增，当22,44x a a ⎛⎫-+-∈ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248248,44a a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，248,4a ⎛⎫--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（iiii ）12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增；综上所述，0a >，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减；0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在2480,4a ⎛⎫-+ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，248248,44a a ⎛⎫-+- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，2,4a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增.（2）因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln xg x x -'=，0x >()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点，0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大.设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+，002ln 53x x e-∴=-，0x e ∴=此时斜率a 取到最大22e 220a e ∴<≤.。
巧用“任意性”和“存在性”求解函数中的双变量问题
ｇ （ ｘ ｚ ） ∞ 函数 厂（ ） 在 Ｊ 上 的值 域 Ａ 是 函Ａ Ｂ。 结论 ３ ： 若 ］ｚ １ ∈Ｉ １ ，ｊ ２ Ｅ ２ ， 使 得 ｆ（ １ ） 一
“ 对Ｖ ｚ １ Ｅ（ １ ， ２ ） ， 了ｚ ２ Ｅ（ １ ， ２ ） ， 使得 ｆ （ ｘ １ ） 一ｇ （ ｘ ２ ）”
ｇ （ ｏ ） ≤ｇ （ ｚ ） ≤ｇ （ １ ） ， 即１ 一ｎ ≤ｇ （ ｚ ） ≤１ 一导。故
ｇ （ ） 在 区 间 ［ ｏ ， １ ］ 上 的 值 域 Ｂ 一１ 一 ｎ ， １ 一 ＿ 萋 Ｉ Ｊ 。
的子 区间 。 １ ． １ 等 式 问题
结论 １ ： 对 Ｖ ｌ ∈Ｊ ｌ ，Ｖ ２∈ Ｊ ２ ， 有 ｆ（ ）一
……＿ １ ｘ ３ ｌ ｊ ＜ ≤ 丢
ｇ （ ｘ ｚ ） 甘 函数 厂（ ｚ ） 在 Ｊ 上 的值 域 Ａ 与 函数 ｇ（ ｚ ） 在 Ｊ 上 的值 域 Ｂ相 同 ， 即 Ａ—Ｂ。
同样对 Ｖ ｚ １ ∈Ｉ １ ， ｚ ２ Ｅ Ｊ ２ ， 有 ｆ（ ｘ １ ） ＜ｇ （ ｚ ２ ） 铮 ［ （ ｚ ） ］ ＜［ ｇ （ ｚ ） ］ ｍ ｏ 。
结论 ６ ： 若 ｊ ｚ ∈ ， 对 Ｖ ｚ Ｅ Ｉ ， 有 ｆ（ ） ＞
．
当 ｏ ≤ ≤ 丢 时 ， 因 为 厂 （ ｚ ） 一 ～ ｚ ＋ ， 故 厂 （ ｚ ）
因为 Ａ ｎ Ｂ≠ ， 所以 ０ ≤１ 一口 ≤ ÷或 ０ ≤１ 一
ａ
就是 在 区间 （ １ ， ２ ） 上 两个 函数 值 域关 系 的判 定 。教 师 需 引导学 生认 识 问题 实 质 。学生 切 忌 强 行 记 忆 套 用 上述 结论 ， 要认 真细 心辨别 异 同 ， 理 解 内涵 ， 方 能运 用
双变量问题
双变量问题【方法技巧与总结】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.【题型归纳目录】题型一：双变量单调问题题型二：双变量不等式:转化为单变量问题题型三：双变量不等式:极值和差商积问题题型四：双变量不等式:中点型题型五：双变量不等式:剪刀模型题型六：双变量不等式:主元法【典例例题】题型一：双变量单调问题例1.(2022•苏州三模)已知函数f(x)=(x-1)e x-a2x2，其中a∈R．(Ⅰ)函数f(x)的图象能否与x轴相切？若能，求出实数a，若不能，请说明理由；(Ⅱ)求最大的整数a，使得对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，不等式f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2恒成立．例2.(2020秋•龙岩期中)已知函数g(x)=x-a ln x．(1)讨论g(x)的单调性；(2)若a>2，且f(x)=1x-g(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：f(x1)-f(x2)>(a-2)(x1-x2)．例3.(2022•辽宁)已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设a<-1．如果对任意x1，x2∈(0,+∞)，|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|，求a的取值范围．例4.(2020春•平顶山期末)已知函数f (x )=2ln x +m x，m >0．(1)当m =e (e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )=f (x )-x 的单调性；(3)若m ≥1，证明：对于任意b >a >0，f (b )-f (a )b -a<1．题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例5.(2021春•海曙区校级期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)已知a <52，若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求f (x 2)x 1+f (x 1)x 2的取值范围．例6.(2021春•江宁区校级期中)已知函数f(x)=ax ln x，a∈R．(1)当a=1时，①求f(x)的极值；②若对任意的x≥e都有f(x)≥mx emx，m>0，求m的最大值；(2)若函数g(x)=f(x)+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2．例7.(2022•德阳模拟)设函数f(x)=-a2e2x+(x-1)e x(a∈R)．(1)当a=1e时，求g(x)=f′(x)⋅e1-x的单调区间(f′(x)是f(x)的导数)；(2)若f(x)有两个极值点x1、x2(x1<x2)，证明：x1+2x2>3．例8.(2022•潮州二模)已知函数f(x)=ln x，g(x)=x2-ax(a>0)．(1)讨论函数h(x)=f(x)+g(x)的极值点；(2)若x1，x2(x1<x2)是方程f(x)-g(x)x3+1x=0的两个不同的正实根，证明：x21+x22>4a．例9.(2022•浙江模拟)已知a∈R，函数f(x)=e x-ax+a．(Ⅰ)若f(x)≥0，求a的取值范围；(Ⅱ)记x1，x2(其中x1<x2)为f(x)在(0,+∞)上的两个零点，证明：aa-e<x1<2ln a+1．题型三：双变量不等式:极值和差商积问题例10.(2021春•温州期中)已知函数f (x )=ln x -12ax -1x．(1)若a =1，证明：当0<x <1时，f (x )>0；当x >1时，f (x )<0．(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<1-a 2．例11.(2021春•浙江期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)当a =0时，求函数f (x )在点(1,0)处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a -2．例12.(2021秋•武汉月考)已知函数f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x,a∈R．(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)设x1，x2(0<x1<x2)是函数g(x)=f(x)+x的两个极值点，证明：g(x1)-g(x2)<a2-ln a恒成立．题型四：双变量不等式:中点型例13.(2022•呼和浩特二模)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x．①讨论f(x)的单调性；②设a>0，证明：当0<x<1a时，f1a+x>f1a-x；③函数y=f(x)的图象与x轴相交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)<0．例14.(2021秋•山西期末)已知函数f(x)=2x+(1-2a)ln x+a x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)如果方程f(x)=m有两个不相等的解x1，x2，且x1<x2，证明：fx1+x22>0．例15.(2022•沙坪坝区校级开学)已知函数f(x)=x2-2ax+2ln x(a>0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)设g(x)=ln x-bx-cx2，若函数f(x)的两个极值点x1，x2(x1<x2)恰为函数g(x)的两个零点，且y=(x1-x2)g′x1+x22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a的取值范围．题型五：双变量不等式:剪刀模型例16.(2022•日照一模)已知函数f(x)=(x+b)(e2x-a)(b>0)在点-12,f-12处的切线方程为(e-1)x+ey+e-12=0．(1)求a，b；(2)函数f(x)图象与x轴负半轴的交点为P，且在点P处的切线方程为y=h(x)，函数F(x)=f(x)-h (x)，x∈R，求F(x)的最小值；(3)关于x的方程f(x)=m有两个实数根x1，x2，且x1<x2，证明：x2-x1≤1+2m2-me1-e．例17.(2021春•道里区校级期中)已知函数f(x)=ax-e x+1，ln3是f(x)的极值点．(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线l．求证：曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方；(Ⅲ)若关于x的方程f(x)=m(m>0)有两个不等实根x1，x2(x1<x2)，求证：x2-x1<2-7m10．．例18.(2022•江西校级二模)已知函数f(x)=6x-x6，x∈R．(Ⅰ)求函数f(x)的极值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，求曲线在点P处的切线方程；(Ⅲ)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1，x2且x1<x2，求证：x2-x1≤615-a5．题型六：双变量不等式:主元法例19.(2021春•哈密市校级月考)已知函数f(x)=x ln x．(1)求函数f(x)的单调区间和最小值；(2)当b>0时，求证：b b≥1e 1n(其中e为自然对数的底数)；(3)若a>0，b>0求证：f(x)+(a+b)ln2≥f(a+b)-f(b)．例20.(2021秋•广东月考)已知函数f(x)=a e xx+(ln x-x)(其中a∈R且a为常数，e为自然对数的底数，e=2.71828⋯)．(Ⅰ)若函数f(x)的极值点只有一个，求实数a的取值范围；(Ⅱ)当a=0时，若f(x)≤kx+m(其中m>0)恒成立，求(k+1)m的最小值h(m)的最大值．例21.(2022•微山县校级二模)设函数f(x)=x ln x．(Ⅰ)求f(x)的极值；(Ⅱ)设g(x)=f(x+1)，若对任意的x≥0，都有g(x)≥mx成立，求实数m的取值范围；(Ⅲ)若0<a<b，证明：0<f(a)+f(b)-2f a+b2<(b-a)ln2．【过关测试】1.(2022·辽宁·抚顺市第二中学三模)已知函数f x =x-142-ax2-12ax2ln x e=2.71828⋅⋅⋅(1)当a=-12时，证明函数f x 有两个极值点；(2)当0<a≤1时，函数g x =f x -12bx2-bx在0,+∞上单调递减，证明b≥1+1 e32.(2022·北京·北师大二附中三模)已知函数f x =e x1+m ln x，其中m>0，f x 为f x 的导函数.(1)当m=1，求f x 在点1,f1处的切线方程；(2)设函数h x =f xe x，且h x ≥52恒成立.①求m的取值范围；②设函数f x 的零点为x0，f x 的极小值点为x1，求证：x0>x1.3.(2022·湖北·高二阶段练习)已知函数f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x(a∈R)，g(x)=f(x)-a2x2+(a+1) x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)任取两个正数x1,x2，当x1<x2时，求证：g x1-g x2<2x1-x2 x1+x2.4.(2022·陕西·汉台中学模拟预测(理))已知函数f x =ln x+a x+b(a，b∈R).(1)求函数f x 的极值；(2)若函数f x 的最小值为0，x1，x2(x1<x2)为函数g x =f x -12的两个零点，证明：e x2-e ln x1> 2.5.(2022·江苏·海门中学高二阶段练习)已知函数f(x)=ln x+12x2-ax.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个极值点x1,x2，证明f(x1)-f(x2)x1-x2<2-a2.6.(2022·湖北·模拟预测)已知对于不相等的正实数a，b，有ab<a-bln a-ln b<a+b2成立，我们称其为对数平均不等式．现有函数f x =ln x+1x．(1)求函数f x 的极值；(2)若方程f x =m有两个不相等的实数根x1，x2．①证明：1<x1x2<1m2；②证明：x1-x2<2m ln m2-2ln m．7.(2022·山东济宁·高二期中)已知函数f x =-x+1x+a ln x(a∈R)，且f x 有两个极值点x1,x2．(1)求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f x1-f x2x1-x2=a-2成立，若存在求出a的值，若不存在，请说明理由．8.(2022·广东·广州市第七中学高二期中)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x.(1)讨论f x 的单调性；(2)若函数y=f x 的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f x0<0.9.(2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中)设函数f (x )=ln x +a x(a ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点x 1,x 2，①求a 的取值范围；②证明：2a <x 1+x 2<1.10.(2022·福建省厦门集美中学高二期中)已知函数f x =ax +ln x ．(1)试讨论f x 的极值；(2)设g x =x 2-2x +2，若∀x 1∈0,+∞ ，∃x 20,1 ，使得f x 1 <g x 2 ，求实数a 的取值范围．11.(2022·全国·高三专题练习)已知函数F x =1+mx-ln x m∈R,x1,x20<x1<x2分别是函数F x 的两个零点，求证：F x1x2<0.12.(2021·重庆市第十一中学校高三阶段练习)已知函数f(x)=e x-2-a ln(x-1)(1)当a=1，研究f(x)的单调性；(2)令g(x)=xf(x+2)+a ln(x+1)，若存在x1<x2使得g x1=g x2，求证ln x2-ln(1-x1)>ln3.双变量问题【方法技巧与总结】破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.【题型归纳目录】题型一：双变量单调问题题型二：双变量不等式:转化为单变量问题题型三：双变量不等式:极值和差商积问题题型四：双变量不等式:中点型题型五：双变量不等式:剪刀模型题型六：双变量不等式:主元法【典例例题】题型一：双变量单调问题例1.(2022•苏州三模)已知函数f(x)=(x-1)e x-a2x2，其中a∈R．(Ⅰ)函数f(x)的图象能否与x轴相切？若能，求出实数a，若不能，请说明理由；(Ⅱ)求最大的整数a，使得对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)，不等式f(x1+x2)-f(x1-x2)>-2x2恒成立．【解答】解：(Ⅰ)f′(x)=xe x-ax．假设函数f(x)的图象与x轴相切于点(t,0)，则有f(t)=0f′(t)=0，即(t-1)e t-a2t2=0te t-at=0．显然t≠0，e t=a>0，代入方程(t-1)e t-a2t2=0中得，t2-2t+2=0．∵△=-4<0，∴方程t2-2t+2=0无解．故无论a取何值，函数f(x)的图象都不能与x轴相切；(Ⅱ)依题意，f(x1+x2)-f(x1-x2)>(x1-x2)-(x1+x2)⇔f(x1+x2)+(x1+x2)>f(x1-x2)+(x1-x2)恒成立．设g(x)=f(x)+x，则上式等价于g(x1+x2)>g(x1-x2)，要使g(x1+x2)>g(x1-x2)对任意x1∈R，x2∈(0,+∞)恒成立，即使g(x)=(x-1)e x-a2x2+x在R上单调递增，∴g′(x)=xe x-ax+1≥0在R上恒成立．∵g′(1)=e-a+1≥0，则a≤e+1，∴g′(x)≥0在R上成立的必要条件是：a≤e+1．下面证明：当a=3时，xe x-3x+1≥0恒成立．设h(x)=e x-x-1，则h′(x)=e x-1，当x<0时，h′(x)<0，当x>0时，h′(x)>0，∴h(x)min=0，即∀x∈R，e x≥x+1．那么，当x≥0时，xe x≥x2+x，xe x-3x+1≥x2-2x+1=(x-1)2≥0；当x<0时，e x<1，xe x-3x+1=x e x-3+1 x>0，∴xe x-3x+1≥0恒成立．因此，a的最大整数值为 3．例2.(2020秋•龙岩期中)已知函数g(x)=x-a ln x．(1)讨论g(x)的单调性；(2)若a>2，且f(x)=1x-g(x)存在两个极值点x1，x2(x1<x2)，证明：f(x1)-f(x2)>(a-2)(x1-x2)．【解答】解：(1)g(x)=x-a ln x的定义域为(0,+∞)，g (x)=1-ax=x-ax，(i)若a≤0，则g (x)≥0，所以g(x)在(0,+∞)单调递增；(ii)若a>0，当x∈(0,a)时，g (x)<0；当x∈(a,+∞)时，g (x)>0．所以g(x)在(0,a)单调递减，在(a,+∞)单调递增；证明：(2)因为f(x)存在两个极值点且a>2，f (x)=-x2-ax+1x2，所以f(x)的两个极值点x1，x2满足x2-ax+1=0，所以x1x2=1，不妨设x1<x2，则x2>1，则f(x1)-f(x2)x1-x2=-1x1x2-1+aln x1-ln x2x1-x2=-2+a ln x1-ln x2x1-x2=-2+a-2ln x21x2-x2，要证f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2，只需证1x2-x2+2ln x2<0，设h(x)=1x-x+2ln x(x>1)，则h (x)=-(x-1)2x2<0，知h(x)在(1,+∞)单调递减，又h(1)=0，当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，故1x2-x2+2ln x2<0，即f(x1)-f(x2)x1-x2<a-2，所以f (x 1)-f (x 2)>(a -2)(x 1-x 2)．例3.(2022•辽宁)已知函数f (x )=(a +1)ln x +ax 2+1．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设a <-1．如果对任意x 1，x 2∈(0,+∞)，|f (x 1)-f (x 2)|≥4|x 1-x 2|，求a 的取值范围．【解答】解：(Ⅰ)f (x )的定义域为(0，+∞).f(x )=a +1x +2ax =2ax 2+a +1x ．当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )在(0,+∞)单调递增；当a ≤-1时，f ′(x )<0，故f (x )在(0,+∞)单调递减；当-1<a <0时，令f ′(x )=0，解得x =-a +12a．则当x ∈0,-a +12a 时，f (x )>0；x ∈-a +12a,+∞ 时，f (x )<0．故f (x )在0,-a +12a 单调递增，在-a +12a,+∞ 单调递减．(Ⅱ)不妨假设x 1≥x 2，而a <-1，由(Ⅰ)知在(0,+∞)单调递减，从而∀x 1，x 2∈(0,+∞)，|f (x 1)-f (x 2)|≥4|x 1-x 2|等价于∀x 1，x 2∈(0,+∞)，f (x 2)+4x 2≥f (x 1)+4x 1①令g (x )=f (x )+4x ，则g (x )=a +1x+2ax +4①等价于g (x )在(0,+∞)单调递减，即a +1x +2ax +4≤0．从而a ≤-4x -12x 2+1=(2x -1)2-4x 2-22x 2+1=(2x -1)22x 2+1-2故a 的取值范围为(-∞，-2]．(12分)例4.(2020春•平顶山期末)已知函数f (x )=2ln x +m x，m >0．(1)当m =e (e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值；(2)讨论函数g (x )=f (x )-x 的单调性；(3)若m ≥1，证明：对于任意b >a >0，f (b )-f (a )b -a<1．【解答】解：(1)当m =e 时，f (x )=2ln x +e x ，f (x )=2x -e x 2，当x <e 2时，f (x )<0；x =e 2时，f (x )=0；当x >e 2时，f (x )>0．所以，x =e 2时，f (x )取得最小值f e 2 =2ln e 2+2=4-2ln2．(2)g (x )=f (x )-x =2ln x +m x -x (x >0)，g (x )=2x -m x 2-1=-x 2+2x -m x 2=-(x -1)2+1-m x 2，1m ≥12时，g (x )≤03，g (x )=f (x )-x 4在(0,+∞)5单调递减．(3)证明：0<m <1时，1-m >0，1-1-m >0，g (x )=-(x -1+1-m )(x -1-1-m )x 2，当0<x <1-1-m 时，g (x )<0；当1-1-m ≤x <1+1-m 时，g (x )≥0；当x ≥1+1-m 时，g (x )≤0．即0<m <1时，g (x )=f (x )-x 在(0,1-1-m )和[1+1-m ,+∞)上单调递减，在[1-1-m ,1+1-m )上单调递增．由(2)知，当m ≥1时，g (x )=f (x )-x 在(0,+∞)上单调递减，所以，当m ≥1时，对任意b >a >0，f (b )-b <f (a )-a ，即对任意b >a >0，f (b )-f (a )b -a<1．题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例5.(2021春•海曙区校级期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)已知a <52，若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，求f (x 2)x 1+f (x 1)x 2的取值范围．【解答】解：(1)f (x )的定义域是(0,+∞)，f ′(x )=-1x 2-1+a x =-x 2+ax -1x 2，令h (x )=-x 2+ax -1，△=a 2-4，若-2≤a ≤2，则△≤0，h (x )≤0恒成立，即f ′(x )≤0，则f (x )在(0,+∞)上单调递减，若a >2，令h (x )=0，解得：x 1=a -a 2-42>0，x 2=a +a 2-42>0，故x ∈0,a -a 2-42时，h (x )<0，即f ′(x )<0，x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，h (x )>0，即f ′(x )>0，x ∈a +a 2-42，+∞时，h (x )<0，f ′(x )<0，故f (x )在0,a -a 2-42 递减，在a -a 2-42，a +a 2-42 递增，在a +a 2-42，+∞递减，a <-2时，令h (x )=0，解得：x 1=a -a 2-42<0，x 2=a +a 2-42<0，故x ∈(0,+∞)时，h (x )<0，即f ′(x )<0，f (x )在(0,+∞)递减，综上：a ≤2时，f (x )在(0,+∞)单调递减，a >2时，f (x )在0,a -a 2-42 递减，在a -a 2-42，a +a 2-42 递增，在a +a 2-42，+∞递减．(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且x 1<x 2，则x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 2>1)，由a <52，可得1<x 2<2，则f (x 2)x 1+f (x 1)x 2=2-x 22-1x 22+x 22-1x 22ln x 2，令g(x)=2-x2-1x2+x2-1x2ln x(1<x<2)，g (x)=-x+1x3+2x+1x3ln x=1-x4x3+21+x4x3ln x=1+x4x31-x41+x4+2ln x，令h x =1-x41+x4+2ln x，且h(x)与g (x)在(1,2)上符号一致，h (x)=-8x3(1+x4)2+2x=-8x4+2(1+x4)2(1+x4)2x=2(1-x4)2(1+x4)2x≥0，所以h(x)单调递增，所以h(x)>h(1)=0，即g (x)>0，所以g x 单调递增,所以g x ∈0,154ln2-94，故f(x2)x1+f(x1)x2的取值范围是0,154ln2-94．例6.(2021春•江宁区校级期中)已知函数f(x)=ax ln x，a∈R．(1)当a=1时，①求f(x)的极值；②若对任意的x≥e都有f(x)≥mx emx，m>0，求m的最大值；(2)若函数g(x)=f(x)+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2．【解答】解：(1)①a=1时，f(x)=x ln x，f′(x)=ln x+1(x>0)，令f′(x)>0，解得：x>1e，令f′(x)<0，解得：0<x<1e，故f(x)在0,1 e递减，在1e，+∞递增，故f(x)的极小值是f 1e =-1e，没有极大值；②对任意x≥e都有f(x)≥mx emx=e m x ln e m x，即f(x)≥f e m x恒成立，由m>0，故mx>0，故emx>1，由①知f(x)在1e，+∞单调递增，故x≥e m x，可得ln x≥mx，即x ln x≥m，当x≥e时，f(x)的最小值是f(e)=e，故m的最大值是e；(2)证明：要证x1x2>e2，只需证明ln(x1x2)>2即可，由题意x1，x2是方程ax ln x+x2=0的两个不相等的实数根，∵x>0，∴a ln x1+x1=0①a ln x2+x2=0②，消去a，整理得：ln(x1x2)=ln x1x2⋅x1x2+1x1x2-1，不妨设x 1>x 2，令t =x 1x 2，则t >1，故只需证明当t >1时，ln t ⋅t +1t -1>2，即证明ln t >2(t -1)t +1，设h (t )=ln t -2(t -1)t +1，则h ′(t )=1t -2⋅t +1-(t -1)(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0，于是h (t )在(1,+∞)单调递增，从而h (t )>h (1)=0，故ln t >2(t -1)t +1，故x 1x 2>e 2．例7.(2022•德阳模拟)设函数f (x )=-a 2e 2x +(x -1)e x (a ∈R )．(1)当a =1e时，求g (x )=f ′(x )⋅e 1-x 的单调区间(f ′(x )是f (x )的导数)；(2)若f (x )有两个极值点x 1、x 2(x 1<x 2)，证明：x 1+2x 2>3．【解答】解：(1)当a =1e 时，f (x )=-12ee 2x +(x -1)e x ，则f ′(x )=e x -1(-e x +ex )，∵g (x )=-e x +ex ，∴g ′(x )=-e x +e ，显然g ′(x )递减，且g ′(1)=0，故当x ≤1时，g ′(x )≥0，x >1时，g ′(x )<0，故g (x )在(-∞,1)递增，在(1,+∞)递减；(2)证明：∵f (x )=-a 2e 2x +(x -1)e x ，∴f ′(x )=-ae 2x +xe x =e x (-ae x +x )，由题意知f ′(x )=0有2个不相等的实数根，即ae x =x 有2个不相等的实数根x 1，x 2，则a =x e x ，令m (x )=x e x ，则m ′(x )=1-x e x，令m ′(x )>0，解得：x <1，令m ′(x )<0，解得：x >1，故m (x )在(-∞,1)递增，在(1,+∞)递减，故m (x )≤m (1)=1e，而x →∞时，m (x )→0，故a 的取值范围是0，1e ，由ae x 1=x 1ae x 2=x 2 ，得a =x 1-x 2e x 1-e x 2，故x 1+2x 2>3⇔3<ae x 1+2ae x 2=x 1-x 2e x 1-e x 2(e x 1+2e x 2)=x 1-x 2e x 1-x 2-1(e x 1-x 2+2)，令t =x 1-x 2，则t <0，3<x 1+2x 2⇔3<t e t-1(e t +2)，t <0，故不等式只要(3-t )e t -2t -3>0在t <0时成立，令h (t )=(3-t )e t -2t -3(t <0)，∵h ′(t )=(2-t )e t -2(t <0)，h ′′(t )=(1-t )e t >0，故h ′(t )在t <0上单调递增，即h ′(t )<h ′(0)=0，故h (t )在t <0上单调递减，即h (t )>h (0)=0，故原不等式成立．例8.(2022•潮州二模)已知函数f (x )=ln x ，g (x )=x 2-ax (a >0)．(1)讨论函数h (x )=f (x )+g (x )的极值点；(2)若x 1，x 2(x 1<x 2)是方程f (x )-g (x )x3+1x =0的两个不同的正实根，证明：x 21+x 22>4a ．【解答】解：(1)h (x )=f (x )+g (x )=ln x +x 2-ax (x >0)(a >0)，h ′(x )=1x +2x -a =2x 2-ax +1x，令2x 2-ax +1=0，△=a 2-8，当0<a ≤22时，△≤0，h ′(x )≥0，无极值点，当a >22时，令2x 2-ax +1=0，解得：x =a ±a 2-84，当x ∈0,a -a 2-84 ，a +a 2-84，+∞时，h ′(x )>0，h (x )递增，x ∈a -a 2-84，a +a 2-84时，h ′(x )<0，h (x )递减，故h (x )极大值点是a -a 2-84，极小值点是a +a 2-84；综上：0<a ≤22时，h (x )无极值点，a >22时，h (x )极大值点是a -a 2-84，极小值点是a +a 2-84；(2)由f (x )-g (x )x 3+1x =ln x -x 2-ax x 3+1x =0，即ln x +a x2=0，令k (x )=ln x +a x2(x >0,a >0)，k ′(x )=1x -2a x 3=x 2-2a x 3，令k ′(x )=0，得x =2a ，当0<x <2a 时，k ′(x )<0，当x >2a 时，k ′(x )>0，∴k (x )在(0,2a )递减，在(2a ，+∞)上递增，又∵k (x )有2个零点，∴k (2a )<0，即ln 2a +a 2a <0，解得：0<a <12e，且ln x 1+a x 12=0ln x 2+a x 22=0，两式相减得：ln x 2-ln x 1=a x 12-a x 22，设t=x2x1(t>1)，∴ln t=ax12-at2x12，∴x12=a ln t1-1t2，要证明x21+x22>4a，即证明(1+t2)x12>4a，(1+t2)aln t1-1t2>4a，∴(1+t2)1ln t21-1t2>2，即证明2ln t2-t2+1t2<0(t>1)，令q(x)=2ln x-x+1x(x>1)，q′(x)=-(x-1)2x2<0，∴q(x)在(1,+∞)上单调递减，∴q(x)<q(1)=0，∴2ln x-x+1x<0即x21+x22>4a．例9.(2022•浙江模拟)已知a∈R，函数f(x)=e x-ax+a．(Ⅰ)若f(x)≥0，求a的取值范围；(Ⅱ)记x1，x2(其中x1<x2)为f(x)在(0,+∞)上的两个零点，证明：aa-e<x1<2ln a+1．【解答】解：(Ⅰ)f′(x)=e x-a，(i)当a=0时，f′(x)>0，f(x)在R上递增，又f(x)=e x>0，故a=0符合题意，(ii)当a>0时，f(x)在(-∞,ln a)递减，在(ln a,+∞)递增，∴f(ln a)=e ln a-a ln a+a≥0，故2a-a ln a≥0，又a>0，∴2-ln a≥0，解得：0<a≤e2，(iii)当a<0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，当x→-∞时，e x→0，-ax+a→-∞，∴f(x)→-∞，不符合题意，综上：0≤a≤e2．(2)证明：令f(x)=0，则a=e xx-1(x>0且x≠1)，记p(x)=e xx-1(x>0且x≠1)，由于p′(x)=(x-2)e x(x-1)2，故p(x)在(0,1)和(1,2)上递减，在(2,+∞)上递增，且当x→0+时，p(x)→-1，当x→1-时，p(x)→-∞，当x→1+时，p(x)→+∞，当x→+∞时，p(x)→+∞，根据题意可知，a>e2，且1<x1<2<x2，先证a a -e<x 1，即证(x 1-1)a >ex 1，即证e x 1>ex 1，显然成立；再证x 1<2ln a +1，∵x 1>1，ln a >0，∴只需证ln a <2x 1-1，∵a (x 1-1)=e x 1，∴ln a =x 1-ln (x 1-1)，∴只需证x 1-ln (x 1-1)<2x 1-1，即证ln 1x 1-1<2x 1-1-x 1，又ln 1x 1-1≤1x 1-1-1，∴只需证1x 1-1-1<2x 1-1-x 1，亦即x 1-1<1x 1-1，即(x 1-1)2<1，由(i )知，1<x 1<2，∴0<x 1-1<1，故(x 1-1)2<1，即得证．题型三：双变量不等式:极值和差商积问题例10.(2021春•温州期中)已知函数f (x )=ln x -12ax -1x．(1)若a =1，证明：当0<x <1时，f (x )>0；当x >1时，f (x )<0．(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<1-a 2．【解答】证明：(1)当a =1时，f (x )=ln x -12x -1x，定义域为{x |x >0}，f ′(x )=1x -12-12x 2=-(x -1)22x 2，f ′(x )≤0在定义域上恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递减，当0<x <1时，f (x )>f (1)=0，当x >1时，f (x )<f (1)=0，原命题得证．(2)f ′(x )=1x -12a +1x 2 =-ax 2+2x -12x 2，若存在两个极值点，则a >0△=4-4a >0 ，解得0<a <1，由韦达定理可知，x 1+x 2=2a ，x 1x 2=1a (*)，f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=(ln x 1-ln x 2)-12a (x 1-x 2)+121x 1-1x 2 x 1-x 2=ln x 1-ln x 2x 1-x 2-12a -12x 1x 2，原命题即证：ln x 1-ln x 2x 1-x 2-12x 1x 2<12，不妨设x 1>x 2，原命题即证：ln x 1x 2-x 1-x 22x 1x 2<x 1-x 22，由(*)知，1x 1+1x 2=2，即证：ln x 1x 2-x 1-x 2x 1+x 2<x 1-x 22⋅12x 1+12x 2 ，不妨令t =x 1x 2>1，原命题即证：ln t -t -1t +1-t 4+14t <0，记g (t )=ln t -t -1t +1-t 4+14t，(t >1)则g ′(t )=1t -2(t +1)2-14-14t 2=-(t -1)2(t 2+1)4t 2(t +1)2，当t >1时，g ′(t )<0，g (t )在(1,+∞)上单调递减，g (t )<g (1)=0，原命题得证．例11.(2021春•浙江期中)已知函数f (x )=1x-x +a ln x ．(1)当a =0时，求函数f (x )在点(1,0)处的切线方程；(2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a -2．【解答】(1)解：因为f (x )=1x-x +a ln x (x >0)，则f (x )=-x 2+ax -1x 2，当a =0时，f(x )=-x 2-1x 2，所以f (1)=-2，则f (x )在(1,0)处的切线方程为y =-2x +2；(2)解：函数的定义域为(0,+∞)，且f (x )=-x 2+ax -1x 2，令g (x )=-x 2+ax -1，且g (0)=-1，①当a ≤0时，g (x )<0恒成立，此时f (x )<0，则f (x )在(0,+∞)上单调递减；②当a >0时，判别式△=a 2-4，(i )当0<a ≤2时，△≤0，即g (x )≤0，所以f (x )≤0恒成立，此时函数f (x )在(0,+∞)上单调递减；(ii )当a >2时，令g (x )>0，解得a -a 2-42<x <a +a 2-42，令g (x )<0，解得0<x <a -a 2-42或x >a +a 2-42，所以f (x )在a -a 2-42，a +a 2-42 上单调递增，在0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞ 上单调递减．综上所述，当a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递减；当a >2时，f (x )在a -a 2-42，a +a 2-42 上单调递增，在0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞上单调递减．(3)证明：由(2)可知，a >2，0<x 1<1<x 2，x 1x 2=1，则f (x 1)-f (x 2)=1x 1-x 1+a ln x 1-1x 2-x 2+a ln x 2=(x 2-x 1)1+1x 1x 2+a (ln x 1-ln x 2)=2(x 2-x 1)+a (ln x 1-ln x 2)，则f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2=-2+a (ln x 1-ln x 2)x 1-x 2，故问题转化为证明ln x 1-ln x 2x 1-x 2<1即可，即证明ln x 1-ln x 2>x 1-x 2，则ln x 1-ln1x 1>x 1-1x 1，即证ln x 1+ln x 1>x 1-1x 1，即证2ln x 1>x 1-1x 1在(0,1)上恒成立，令h (x )=2ln x -x +1x (0<x <1)，其中h (1)=0，则h (x )=2x -1-1x 2=x 2-2x +1x 2=-(x -1)2x 2<0，故h (x )在(0,1)上单调递减，则h (x )>h (1)，即2ln x -x +1x >0，故2ln x >x -1x ，所以f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2<a -2．例12.(2021秋•武汉月考)已知函数f (x )=ln x +a 2x 2-(a +1)x ,a ∈R ．(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设x 1，x 2(0<x 1<x 2)是函数g (x )=f (x )+x 的两个极值点，证明：g (x 1)-g (x 2)<a 2-ln a 恒成立．【解答】解：(1)f (x )的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x +ax -(a +1)=ax 2-(a +1)x +1x =(x -1)(ax -1)x，①当a ≤0时，令f ′(x )>0，得0<x <1，令f ′(x )<0，得x >1，所以f (x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，②当0<a <1时，令f ′(x )>0，得0<x <1或x >1a ，令f ′(x )<0，得1<x <1a ，所以f (x )在(0,1)，1a ，+∞ 上单调递增，在1,1a上单调递减，③当a =1时，则f ′(x )≥0，所以f (x )在(0,+∞)上f (x )单调递增，④当a >1时，令f ′(x )>0，得0<x <1a或x >1，f ′(x )>0，得1a <x <1，所以f(x)在0,1 a，(1,+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减，综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，当0<a<1时，f(x)在(0,1)，1a，+∞上单调递增，在1,1a上单调递减，当a=1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增，当a>1时，f(x)在0,1 a，(1,+∞)上单调递增，在1a，1上单调递减．(2)证明：g(x)=f(x)+x=ln x+a2x2-ax，则g(x)的定义域为(0,+∞)，g′(x)=1x+ax-a=ax2-ax+1x，若g(x)有两个极值点x1，x2(0<x1<x2)，则方程ax2-ax+1=0的判别式△=a2-4a>0，且x1+x2=1，x1x2=1a>0，解得a>4，又0<x1<x2，所以x21<x1x2=1a，即0<x1<1a，所以g(x1)-g(x2)=ln x1+a2x21-ax1-ln x2-a2x22+ax2=ln x1-ln1ax1+a2(x1+x2)(x1-x2)-a(x1-x2) =ln x1+ln(ax1)-a2(2x1-1)=ln x1+ln(ax1)+a2-ax1，设h(t)=ln t+ln(at)+a2-at，其中t=x1∈0,1a，a>4，由h′(t)=2t-a=0，解得t=2a，又2a-1a=2-aa<0，所以h(t)在区间0,2 a内单调递增，在区间2a，1a内单调递减，即h(t)的最大值为h 2a =2ln2-ln a+a2-2<a2-ln a，所以g(x1)-g(x2)<a2-ln a恒成立．题型四：双变量不等式:中点型例13.(2022•呼和浩特二模)已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x．①讨论f(x)的单调性；②设a>0，证明：当0<x<1a时，f1a+x>f1a-x；③函数y=f(x)的图象与x轴相交于A、B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明f′(x0)<0．【解答】解：①函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=1x-2ax+(2-a)=-(2x+1)(ax-1)x，(i)当a>0时，则由f (x)=0，得x=1a，当x ∈0,1a 时，f (x )>0，当x ∈1a，+∞ 时，f (x )<0，∴f (x )在0,1a 单调递增，在1a ，+∞ 上单调递减；(ii )当a ≤0时，f (x )>0恒成立，∴f (x )在(0,+∞)单调递增；②设函数g (x )=f 1a +x-f 1a-x ，则g (x )=ln 1a +x -a 1a +x 2+(2-a )1a +x -ln 1a -x -a 1a -x 2+(2-a )1a -x =ln (1+ax )-ln (1-ax )-2ax ，g (x )=a 1+ax +a 1-ax -2a =2a 3x 21-a 2x 2，当x ∈0,1a 时，g (x )>0，而g (0)=0，∴g (x )>g (0)=0，故当0<x <1a 时，f 1a +x >f 1a -x ；③由①可得，当a ≤0时，函数y =f (x )的图象与x 轴至多有一个交点，故a >0，从而f (x )的最大值为f 1a ，且f 1a >0，不妨设A (x 1，0)，B (x 2，0)，0<x 1<x 2，则0<x 1<1a <x 2，由②得，f 2a -x 1 =f 1a +1a -x 1 >f (x 1)=f (x 2)=0，又f (x )在1a ，+∞ 上单调递减，∴2a -x 1<x 2，于是x 0=x 1+x22>1a ，由①知，f (x 0)<0．例14.(2021秋•山西期末)已知函数f (x )=2x +(1-2a )ln x +a x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )=m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f x 1+x22 >0．【解答】解：(1)f ′(x )=2+1-2a x -a x 2=2x 2+(1-2a )x -a x 2=(x -a )(2x +1)x 2(x >0)，①当a ≤0时，x ∈(0,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增；②当a >0时，x ∈(0,a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(a ,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，综上，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增，f (x )=m 至多一个根，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增，则f ′(a )=0．不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′x 1+x 22 >0，即证x 1+x 22>a ，即证x 2+x 1>2，即证x 2>2a -x 1．因为f (x )在(a ,+∞)单调递增，即证f (x 2)>f (2a -x 1)，因为f (x 2)=f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a -x 1)，即证f (a +x )<f (a -x )，令g (x )=f (a +x )-f (a -x )=2(a +x )+(1-2a )ln (a +x )+a a +x -2(a -x )+(1-2a )ln (a -x )+a a -x=4x +(1-2a )ln (a +x )-(1-2a )ln (a -x )+a a +x -a a -x．g ′(x )=4+1-2a a +x +1-2a a -x -a (a +x )2-a (a -x )2=4+2a (1-2a )a 2-x 2-2a (a 2+x 2)(a +x )2(a -x )2=4x 2(x 2-a 2-a )(a +x )2(a -x )2．当x ∈(0,a )，时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)=f (a +0)-f (a -0)=0，所以x ∈(0,a )，时，g (x )<g (0)=0，即f (a +x )<f (a -x )，即f (x )>f (2a -x )，又x 1∈(0,a )，所以f (x 1)>f (2a -x 1)，所以f x 1+x 22>0．例15.(2022•沙坪坝区校级开学)已知函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )=ln x -bx -cx 2，若函数f (x )的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)恰为函数g (x )的两个零点，且y =(x 1-x 2)g ′x 1+x 22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a 的取值范围．【解答】解：(1)函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)的定义域为(0,+∞)，又f (x )=2x -2a +2x =2⋅x 2-ax +1x (a >0,x >0)，对于方程x 2-ax +1=0，△=a 2-4(a >0)，①若△=a 2-4≤0，即0<a ≤2时，则f (x )≥0恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若△=a 2-4>0，即a >2时，令f (x )=0，解得x =a -a 2-42，或x =a +a 2-42，当x ∈0,a -a 2-42和a +a 2-42，+∞ 时，f (x )>0，当x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，f (x )<0，所以f (x )在0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞上单调递增，在a -a 2-42，a +a 2-42上单调递减．综上所述，当0<a ≤2时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞，单调递减区间为a -a 2-42，a +a 2-42；(2)由(1)可知，当a >2时，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 1<x 2)，又g (x )=1x-b -2cx (x >0)，故g x 1+x 22 =2x 1+x 2-b -c (x 1+x 2)，由g (x 1)=g (x 2)=0，可得ln x 1-bx 1-cx 12=0ln x 2-bx 2-cx 22=0 ，两式相减，可得ln x 1x 2=b (x 1-x 2)+c (x 21-x 22)，所以y =(x 1-x 2)g x 1+x 22=2(x 1-x 2)x 1+x 2-b (x 1-x 2)-c (x 21-x 22)=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2=2x 1x 2-1 x 1x 2+1-lnx 1x 2，令x 1x 2=t ∈(0,1)，所以y =2(t -1)t +1-ln t ，则y =-(t -1)2t (t +1)2<0，所以y =2(t -1)t +1-ln t 在(0,1)上单调递减，由y 的取值范围为[ln3-1，+∞)，可得t 的取值范围为0,13 ，所以a 2=(x 1+x 2)2=x 1x 2+x 2x 1+2=t +1t+2∈163,+∞ ，又因为a >2，故实数a 的取值范围是433,+∞ ．题型五：双变量不等式:剪刀模型例16.(2022•日照一模)已知函数f (x )=(x +b )(e 2x -a )(b >0)在点-12,f -12处的切线方程为(e -1)x +ey +e -12=0．(1)求a ，b ；(2)函数f (x )图象与x 轴负半轴的交点为P ，且在点P 处的切线方程为y =h (x )，函数F (x )=f (x )-h (x )，x ∈R ，求F (x )的最小值；(3)关于x 的方程f (x )=m 有两个实数根x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：x 2-x 1≤1+2m 2-me 1-e ．【解答】解：(1)将x =-12代入切线方程(e -1)x +ey +e -12=0中，得y =0，所以f -12 =0，又f -12 =b -12 1e -a =0，解得b =12或a =1e，又f ′(x )=e 2x (2x +2b +1)-a ，所以f ′-12 =2b e -a =-e -1e =-1+1e，若a =1e ，则b =2-e 2(舍去)；所以b =12，则a =1；(2)由 (1)可知，a =1，b =12，所以f (x )=x +12(e 2x -1)，令f (x )=0，有x =-12或x =0，故曲线y =f (x )与x 轴负半轴的唯一交点P 为-12,0 ，曲线在点P -12,0 处的切线方程为y =h (x )，则h (x )=f ′-12 x +12，因为F (x )=f (x )-h (x )，所以F (x )=f (x )-f ′-12 x +12，所以F ′(x )=f ′(x )-f ′-12 =2e 2x (x +1)-1e ,F ′-12=0若x ≤-1，F ′(x )<0，若x ∈-1,-12 ,x +1∈0,12 ,e 2x ∈1e 2,1e，所以2(x +1)e 2x ∈0,1e ,F ′(x )<0，若x ∈-12,+∞ ,x +1∈12,+∞ ,e 2x ∈1e ,+∞ ,2(x +1)e 2x ∈1e,+∞ ，F ′(x )>0，所以y =F ′(x )在-12,+∞ 上单调递增，∴F ′(x )>F ′-12=0，∴函数y =F (x )在-12,+∞ 上单调递增．所以F (x )min =F -12=0；(3)证明：h (x )=1e -1 x +12 ，设h (x )=m 的根为x 1，则x 1 =-12+me 1-e ，又y =h (x )单调递减，由(2)知f (x )≥h (x )恒成立．又m =h (x 1 )=f (x 1)≥h (x 1)，所以x 1≤x 1，设曲线y =f (x )在点(0,0)处的切线方程为y =t (x )，则t (x )=x ，令T (x )=f (x )-t (x )=x +12(e 2x -1)-x ,T ′(x )=2(x +1)e 2x -2，当x ≤-1时，T ′(x )=2(x +1)e 2x -2≤-2<0，当x>-1时，T (x)=2(2x+3)e2x>0，故函数y=T′(x)在(-1,+∞)上单调递增，又T′(0)=0，所以当x∈(-∞,0)时，T′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，T′(x)>0，所以函数y=T(x)在区间(-∞,0)上单调递减，在区间(0,+∞)上单调递增，所以T(x)≥T(0)=0，即f(x)≥t(x)，设t(x)=m的根为x2 ，则x2 =m，又函数y=t(x)单调递增，故m=t(x2 )=f(x2)≥t(x2)，故x2 ≥x2．又x1 ≤x1，所以x2-x1≤x2 -x1 =m--12+me1-e=1+2m2-me1-e．例17.(2021春•道里区校级期中)已知函数f(x)=ax-e x+1，ln3是f(x)的极值点．(Ⅰ)求a的值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线为直线l．求证：曲线y=f(x)上的点都不在直线l的上方；(Ⅲ)若关于x的方程f(x)=m(m>0)有两个不等实根x1，x2(x1<x2)，求证：x2-x1<2-7m10．【解答】(Ⅰ)解：f′(x)=a-e x；由题意知，f′(ln3)=a-e ln3=0；∴a=3；(Ⅱ)证明：设曲线y=f(x)在P(x0，0)处切线为直线l:y=(3-e x0)(x-x0)；令g(x)=(3-e x0)(x-x0)；F(x)=f(x)-g(x)=3x-e x+1-(3-e x0)(x-x0)；∴F′(x)=3-e x-(3-e x0)=e x0-e x；∴F(x)在(-∞,x0)上单调递增，在(x0，+∞)上单调递减；∴F(x)max=F(x0)=f(x0)-g(x0)=0；∴F(x)=f(x)-g(x)≤0，即f(x)≤g(x)，即y=f(x)上的点都不在直线l的上方；(Ⅲ)由(Ⅱ)设方程g(x)=m的解为x2′；则有(3-e x0)(x2′-x0)=m，解得x2′=m3-e x0+x0；由题意知，ln3<x2<x2′；令r(x)=2x-f(x)=e x-x-1，(x>0)；r′(x)=e x-1>0；∴r(x)在(0,+∞)上单调递增；∴r(x)>r(0)=0；∴y=2x的图象不在f(x)的下方；∵y=2x与y=m交点的横坐标为x1′=m2；则有0<x1′<x1<ln3，即0<x1′<x1<ln3<x2<x2′；∴x2-x1<x2′-x1′=m3-e x0+x0-m2；∵关于x0的函数y=m3-e x0+x0-m2在(ln3,2)上单调递增；∴x2-x1<m3-e2+2-m2<m2-7+2-m2=2-7m10．例18.(2022•江西校级二模)已知函数f(x)=6x-x6，x∈R．(Ⅰ)求函数f(x)的极值；(Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，求曲线在点P处的切线方程；(Ⅲ)若方程f(x)=a(a为实数)有两个实数根x1，x2且x1<x2，求证：x2-x1≤615-a5．【解答】解：(Ⅰ)由已知得：f′(x)=6(1-x5)由f′(x)=0得：x=1又当x<1时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴当x=1时f(x)取得极大值，极大值为f(1)=5，无极小值．⋯(3分)(Ⅱ)设P(x0，0)，则x0=56，f (x0)=-30，曲线f(x)在点P处的切线方程为：y=f (x0)(x-x0)=-30(x-56)，即曲线在点P处的切线方程为：y=-30(x-56)⋯(6分)(Ⅲ)设g(x)=-30(x-56)，令F(x)=f(x)-g(x)即F(x)=f(x)+30(x-56)，则F (x)=f (x)+30由于f′(x)=6-6x5在R单调递减，故F′(x)在R单调递减，又∵F′(x0)=0，(x0=56)∴当x∈(-∞,x0)时F (x)>0，当x∈(x0，+∞)时，F′(x)<0，∴F(x)在(-∞,x0)单调递增，在(x0，+∞)单调递减，∴∀x∈R，F(x)≤F(x0)=0，即∀x∈R，都有f(x)≤g(x)；设方程g(x)=a的根为x2 ，∴x2′=615-a 30．∵g(x)在R单调递减，且g(x2)≥f(x2)=a=g(x2′)∴x2<x2′，设曲线y=f(x)在点原点处的切线方程为：y=h(x)，则易得h(x)=6x，∀x∈R，有f(x)-h(x)=-x6≤0，即f(x)≤h(x)，设方程h(x)=a的根为x1′，则x1′=a 6，∵h (x )在R 单调递增，且h (x 1′)=a =f (x 1)≤h (x 1)，∴x 1′≤x 1∴x 2-x 1≤x 2′-x 1′=a 15-a 30 -a 6=a 15-a 5，即x 2-x 1≤a 15-a 5．题型六：双变量不等式:主元法例19.(2021春•哈密市校级月考)已知函数f (x )=x ln x ．(1)求函数f (x )的单调区间和最小值；(2)当b >0时，求证：b b≥1e 1n (其中e 为自然对数的底数)；(3)若a >0，b >0求证：f (x )+(a +b )ln2≥f (a +b )-f (b )．【解答】解：(1)∵f ′(x )=1+ln x (x >0)-----(1分)令f ′(x )≥0得：ln x ≥-1=ln e -1，∵e >1，∴x ≥1e；令f ′(x )<0得：0<x <1e ；-----(2分)∴f (x )在1e ，+∞ 上为增函数；在0，1e 上为减函数．----(4分)(2)由(1)知：当b >0时，有f (b )≥f (x )mix =f 1e =-1e ，----(6分)∴b ln b ≥-1e ，即：ln b b ≥ln 1e 1n ，∴b b ≥1e1n ．-----(8分)(3)将f (a )+(a +b )ln2≥f (a +b )-f (b )变形为：f (a )+f (b )≥f (a +b )-(a +b )ln2------(7分)即只证：f (a )+f (a +b -a )≥f (a +b )-(a +b )ln2设函数g (x )=f (x )+f (k -x )(k >0)------(8分)∴g (x )=x ln x +(k -x )ln (k -x )，∴0<x <k∴g ′(x )=ln x +1-ln (k -x )-1=ln x k -x令g ′(x )>0，得：x k -x >1⇒2x -k k -x>0⇒k 2<x <k ．∴g (x )在k 2，k 上单调递增；在0，k 2 上单调递减；∴g (x )的最小值为：g k 2 ，即总有：g (x )≥g k 2．----(12分)g k 2 =f k 2 +f k -k 2 =k ln k 2=k (ln k -2)=f (k )-k ln2∴g (x )≥f (k )-k ln2，即：f (x )+f (k -x )≥f (k )-k ln2，-----(13分)令x =a ，k -x =b ，则k =a +b∴f (a )+f (b )≥f (a +b )-(a +b )ln2，∴f (a )+(a +b )ln2≥f (a +b )-f (b )成立．------(14分)。
函数导数中双变量问题的四种转化化归思想
2012 年 第 8 期 数学通讯(上半月) 8-12处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平(福建省厦门第一中学) 361000在解决函数综合题时， 我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题， 由 于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路， 造成无从下手的之感， 正因为如此， 这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中， 是 学生感到困惑的难点问题之一， 本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想， 希望能给同学 们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想例１.已知 f (x) x 2 mx 1 m,在｜m| 2时 恒成立，求实数 x 的取值范围 .分析： 从题面上看，本题的函数式 f (x)是以 x 为主变量 ，但由于该题中的“恒”字是 相对于变量m 而言的，所以该题应把 m 当成主变量，而把变量 x 看成系数，我们称这种思 想方法为改变“主变量”思想。
解： x 2 mx 1 m m(x 1) x 2 1 0 在｜ m| 2时 恒成立，即关于 m 为自 变量的一次函数 h(m) (x 1)m x 21在 m [ 2,2] 时的函数值恒为非负值得 x x 2 22x x 33 00x3或 x 1。
对于题目所涉及的两个变元， 已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动， 求另一个 变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往 往会利用我们习以常的 x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们 抓住“任意变动的量”为主变量， “所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变 量，而使问题快速获解。
二、指定“主变量”思想例２ .已知 0 m n,试比较 e n m ln(m 1) 与1 ln(n 1)的大小，并给出证明m,n ，这里不妨把 m 当成常数，指定 n 为主变量 x ，解答如下xm解：构造函数 f (x) e x m ln(m 1) 1 ln(x 1),x [m, ) ，m 0，f (x)min f(m) 0，于是，当 0 m n 时，f (n) e n m ln(m 1) 1 ln(n 1) 0即 e n m ln(m 1) >1 ln(n 1)。
谈谈导数压轴题中的双变量问题处理方法
例!! 已知函数)&*'#0** !)&*#'#)&*!'!*# 3
*!!求证"*# '*! #!!
解 析)+&*'##0&**!易得)&*'在&& .!#'上递
增!&#!' .'上递减!不妨设"%*# %#%*!!
方法!&用差值消元'令*! &*# #C #"!0**## #
*! 0*!
常用的策略!
方法 #&用 对 数 平 均 不 等 式 放 缩 ')&*#'#
)&*!'9
*# 0*#
*! #0*!
9'-*#
&*#
#'-*!
&*!9'-*#
&
'-*!
#*#
&*!9'-**# #
&*! &'-*!
##!由对数平均
不
# &'-*!
%
*#
'*!&证 !
明
略
'!得*#
'#')$ 的最大值!
解&#')+&*'#)+&#'0*&# &)&"''*!代入*## 可得")+&#'#)+&#'&)&"''#9)&"'##!)&*'#
重难点专题04 函数中的双变量问题(原卷版) 备战2024年高考数学重难点突破
一元二次函数中的双变量问题，注意对称轴的使用
一些双变量问题具有相同的形式，我们可以通过构造函数，进行变量统一，找到共同的函数，分析所构造函数的单调性解决比较大小，最值取值范围等问题.
当指对函数同时出现时，可以考虑进行同构化简，构造函数.
多变量同时出现时，可以把相同形式变量放在一起，通过整体换元，或者看做一个整体，进行整体分析.
我们通常把x看做主元，但是变量比较多时，可以选择函数简单的变量作为分析的主元，一次分析不同主元的性质.
多个变量的不等式，可以通过参变分离把变元分开，进行求解.
A．|abc|+abc=0
B．当a≤x≤1―a时，函数的最大值为C．关于x的不等式ax4+bx2>a(x D．若关于x的函数t=x2+bx+1与关于。
高考数学《双变量问题 (解析版)》
培优系列：双变量问题题型分类(一)与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.【例1】（2021届黑龙江省哈尔滨市高三下学期第五次模拟）已知函数()ln f x x x =,()212g x x =.（1）求函数()f x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；（2）若对0b a >>,总有()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦成立,求实数m 的取值范围.【分析】（1）因为()ln 1f x x '=+单调递增,211,x e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递减；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递增.由11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,2212f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()10f =,得min 11()f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,()max ()10f x f ==.（2）()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦等价于()()()()mg b f b mg a f a ->-,令()()()2ln 2m h x mg x f x x x x =-=-,则()h x 在()0,∞+上单调递增.问题化为()ln 10h x mx x '=--≥对()0,x ∈+∞恒成立.分离参数得ln 1+≥x m x 对()0,x ∈+∞恒成立.令()ln 1x x xϕ+=,()()max 11x ϕϕ==,故m 的取值范围是[)1,+∞.(二)与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x '=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数.【例2】（2021届福建省福州一中高三五模）已知函数()()1ln 1m x f x x x -=-+,m R ∈.（1）讨论()f x 的零点个数；（2）若()f x 有两个极值点1x ,2x ,且83m ≥,证明：()()21213ln 314f x f x x x -≤--.【分析】（1）()()()()2222211211x m x m f x x x x x +-+'=-=++,令()()2221g x x m x =+-+,1m £时,()()22210g x x m x =+-+>,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,()f x 有且只有1个零点：12m <≤时,()248420m m m m ∆=-=-≤,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,故()f x 有且只有1个零点；2m >时,()22210x m x +-+=有两正根,2112x m m m =--2212x m m m =--,由于121=x x ,所以101x <<,21>x ,当10x x <<时()f x 单调递增；12x x x <<时,()0g x <,()0f x '<,()f x 单调递减；()f x 单调递增；因为()121,x x ∈,()10f =,所以()f x 在()12,x x 上有1个零点,且()10f x >,()20f x <,又e 1m >,0e 1m -<<,且()()e 12e 0e 1e 1m m m m m mf m -=-=>++,()()e 12e 0e 1e 1m m m mm m f m -----=--=<++,()f x 在()10,x ,()2,x +∞上各1有个零点.综上2m ≤时,()f x 有且只有1个零点：当2m >时,()f x 有3个零点.（2）1x ,2x 方程()22210x m x +-+=的根,1222x x m +=-,121=x x ,12x x <,则22110223x m x +=-≥,则23x ≥,()()()212121212121121221212121211ln ln 11ln ln 1x x x x x x m m f x f x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫------⋅ ⎪-++-+++⎝⎭==-----()2121212212121222ln ln ln ln 2ln 2111x x m x x x x x m x x x x x x x x -⋅--=-=-=-----,所以()()12123ln 314f x f x x x -≤--等价于2222ln 3ln 314x x x ≤-,即2222ln 3ln 314x x x ≤-,令()()22ln 2ln 311x x x g x x x x x==≥--,则()()2222(1ln )ln 101x x x g x x ⎡⎤---⎣⎦'=<-()g x 在[)3,+∞上单调递减,所以()()3ln 334g x g ≤=,即()()21213ln 314f x f x x x -≤--.(三)与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例3】（2021届山西省名校联考高三三模）已知函数()xf x e ax =-有两个零点1x ,()212x x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：21122x x x -<-.【分析】（1）()'xf x e a =-,当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增,至多有一个零点,不符合题意；当0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()1,na +∞上单调递增,()()()min ln 1ln f x f a a a ==-,若0a e <≤,()()min 1ln 0f x a a =-≥,()f x 至多有一个零点,不符合题意；若a e >,则ln 1a >,()()min 1ln 0f x a a =-<,()()22ln 2ln 2ln 0f a a a a a a a =-=->.()010f =>,0ln 2ln a a <<,()f x 存在两个零点,分别在()0,ln a ,()ln ,2ln a a 内.实数a 的取值范围为(),e +∞.（2）方法1：由题意得1212x x e ax e ax ⎧=⎨=⎩,令210t x x =->,得212111x x t x x t e e x x -+===,变形得11t t x e =-.欲证21122x x x -<-,即证()212t e t t -<-,即证2222t t t e ++<,然后构造函数证明.方法2：令211x t x =>,则21x tx =,1111x tx e ax e atx ⎧=⎨=⎩,两式相除得()11t x e t -=,1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,欲证21122x x x -<-,即证()21ln 2ln t t t-<-,即证()2ln 2ln 220t t t +-+<.()()()2ln 2ln 221g t t t t t =+-+>,根据()g t 在()1,+∞上单调递减证明.(四)独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例4】设()ln af x x x x=+,g (x )=x 3-x 2-3.（1）如果存在x 1,x 2∈[0,2]使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数M ；（2）如果对于任意的1,,22s t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有f (s )≥g (t )成立,求实数a 的取值范围.【分析】（1）存在x 1,x 2∈[0,2]使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,等价于[g (x 1)-g (x 2)]max ≥M .由g (x )=x 3-x 2-3,得g ′(x )=3x 2-2x =3x (x -23).令g ′(x )>0得x <0或x >23,令g ′(x )<0得0<x <23,又x ∈[0,2],所以g (x )在区间[0,23]上单调递减,在区间[23,2]上单调递增,所以g (x )min =g (23)=8527-,又g (0)=-3,g （2）=1,所以g (x )max =g （2）=1.故[g (x 1)-g (x 2)]max =g (x )max -g (x )min =11227≥M ,则满足条件的最大整数M =4.（2）对于任意的s ,t ∈[12,2],都有f (s )≥g (t )成立,等价于在区间[12,2]上,函数f (x )min ≥g (x )max ,由（1）可知在区间[12,2]上,g (x )的最大值为g （2）=1.在区间[12,2]上,f (x )=ax+x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x -x 2ln x 恒成立.设h (x )=x -x 2ln x ,h ′(x )=1-2x ln x -x ,令m (x )=x ln x ,由m ′(x )=ln x +1>0得x >1e .即m (x )=x ln x 在(1e,+∞)上是增函数,可知h ′(x )在区间[12,2]上是减函数,又h ′（1）=0,所以当1<x <2时,h ′(x )<0；当12<x <1时,h ′(x )>0.即函数h (x )=x -x 2ln x 在区间(12,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h (x )max =h （1）=1,所以a ≥1,即实数a 的取值范围是[1,+∞).(五)独立双变量,换元构造一元函数当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例5】（2021东北三省三校高三四模）已知()x f x e =.（1）求关于x 的函数()()4()5g x f x f x x =---的单调区间；（2）已知a b >,证明：2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭.【分析】（1）()()()14x x xg x e e e -'=--,()g x 的增区间为(,0)-∞和(ln 4,)+∞,减区间为(0,ln 4)．（2）22222114()466a b a b b a a b b aa b a b e e e e e e e a b e e a b +----⎛⎫⎛⎫-≤++⇔-≤-++ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭令21a b t e->=,即不等式等价于1114ln 3t t t t t ⎛⎫-≤++ ⎪⎝⎭,只需证()221331ln 1414t t t t t t t t⎛⎫- ⎪-⎝⎭≥=++++,设()()2231()ln 141x h x x x xx -=-≥++,()h x '=()422(1)041x x x x -≥++所以()h x 在()1,+∞递增,故()()10h x h >=,即()0h t >,亦即2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭．(六)独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例6】（2021届四川省天府名校高三下学期4月诊断）已知函数()ln f x x ax a =-+()0a ≠．（1）讨论函数()f x 的零点的个数；（2）当0a >时,若()2f x b a ≤+恒成立,证明：2ba≥-．【解析】（1）()11ax f x a x x-'=-=．当0a <时()0f x '>恒成立,因为()10f =,函数()f x 只有一个零点；当0a >时函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =；当01a <<时,因为11a >,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,所以函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭只有一个零点,在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有一个零点,当01a <<时,()f x 有两个零点．当1a =时()f x 在区间()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减．且()10f =此时函数只有一个零点；当1a >时,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =．函数()f x 在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭只有一个零点,()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点,当1a >时,()f x 有两个零点．（2）()2f x b a ≤+恒成立,()max 12f x f b a a ⎛⎫=≤+ ⎪⎝⎭,即1ln 1a b a --≤,所以111ln 1b a a a a≥--,令()ln 1g t t t t =--()0t >,所以()g t 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,()()min 12g t g ==-,所以()2g t ≥-,即2ba≥-．(七)独立双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例7】（2021届安徽省合肥高三下学期最后一卷）已知函数()ln f x x x =．（1）求证：()22f x ex x ≤-恒成立；（2）若函数()()F x f x a =-有两个不同零点1x ,2x ,求证：()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-++ ⎪⎝⎭．【分析】（1）要证证不等式()22f x ex x ≤-,即证ln 2x ex ≤-,设()()ln 20g x ex x x =-->,求出导函数,得出单的区间,求出其最小值,即可证明.(2)不妨设12x x <,由题意即方程()f x a =有两个不同实数根1x ,2x ,在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上22y ex x =-的图象位于曲线()y f x =上方,设直线y a =与抛物线2120,y ex x x e ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭交点横坐标为t ,由111t a e e e =+结合()f x 图像知12101x t x e <<<<<,所以12212x x x x x t -=->-,要证()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-+++ ⎪⎝⎭即证()211x e a >-+,即证()22111ln 10e x x --+>,设()()1ln 1F x e x x =--+,()()10F F e ==且()11e F x x-'=-,由()0F x '>,解得11x e <<-,()0F x '<,解得1e x e -<<∴()F x 在()1,1e -单调递增,在()1,e e -上单调递减,∴()0F x >对()1,x e ∀∈成立,因为211e x <<,∴210F x ⎛⎫> ⎪⎝⎭.典例展示【例1】已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时,讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <,且122ln 3x x +≤,求21x x 的最大值.【解析】（1）函数的定义域为()0,∞+,1()x xxe axf x aex xe --'=-+=,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a e <≤时,令()0f x '=,则0x e ax -=,设()x g x e ax =-,则()x g x e a '=-,当0ln x a <<时,()0g x '<,()g x 单调递减,当ln x a >时,()0g x '>,()g x 单调递增,∴ln ()(ln )ln (1ln )0a g x g a e a a a a -≥==-≥,∴()0f x '≥,()f x 在()0,∞+上单调递增；综上,当a e ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增；（2）依题意,()()120f x f x ''==,则121200x x e ax e ax ⎧-=⎨-=⎩,两式相除得,2121x x x ex -=,设21x t x =,则1t >,21x tx =,()11t x e t -=,∴1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,∴()121ln 1t t x x t ++=-,设()()()1ln 11t t h t t t +=>-,则()()212ln 1t tt h t t --'=-,设()()12ln 1t t t t t ϕ=-->,则()22212(1)10t t t t t ϕ-+=-=>',∴()t ϕ在()1,+∞单调递增,则()()10t ϕϕ>=,∴()0h t '>,则()h t 在()1,+∞单调递增,又122ln 3x x +≤,即()2ln 3h t ≤,而()32ln 3h =,∴(]1,3t ∈,即21x x 的最大值为3.【例2】（2021届安徽省安庆市高三下学期三模）已知函数()212ln x ax xf x x--=.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若11ln ln m n m n-=+,求证:2m n ->.【解析】（1）解：()f x 的定义域为()()22212210,,1.a x ax f x x x x ∞-++-'=+=令()221g x x ax =-+,方程2210x ax -+=的判别式()()244411a a a ∆=-=+-,（i ）当0∆≤,即11a - 时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（ii ）当0∆>,即1a <-或 1.a >①当1a <-时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.②当1a >时,由2210x ax -+=,解得221, 1.a a a a αβ=-=-所以当0x α<<时,()0;g x >当x αβ<<时,()0;g x <当x β>时,()0g x >,所以在(()220,11,a a a a -⋃-+∞上,()0,f x '>在(221,1a a a a --上,()0f x '<所以函数()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增；在(221,1a a a a --上单调递减.综上,当1a 时,()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时,()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增,在(221,1a a a a --上单调递减.（2）证明：由11ln ln m n m n -=+,可得11ln ln (,0)m n m n m n-=+>得ln ln 0m n ->,因此0m n >>,因为111ln ln ln mm m n n m n m n n mn m++-=+⇒==,令mt n =,则11,ln t t t m+>=,所以11,ln tln t t m n t t ++==,所以21ln t m n t t --=,要证明2m n ->,只需证212,1ln t m t t t n -⎛⎫>=> ⎪⎝⎭即证1:2ln (1)t t t t->>由（1）可知,1a =时,()12ln f x x x x=--在()0,∞+上是增函数,所以当1t >时,()()1f t f >,而()10f =,因此12ln (1)t t t t->>成立所以 2.m n ->【例3】（2021届浙江省宁波市高三下学期5月仿真测试）已知0,.a b a b a b ->>=（1）求a 的取值范围；（2）若1b e>,证明：1121a b a -≤-≤-；（3）求所有整数c ,使得()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++恒成立.注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数.【解析】（1）当1b =时,有,11a b a a b ->>=与a b a b -=矛盾；当1b >时,有1a b >>与01b b -<<而1a a >,与a b a b -=矛盾；当01b <<时,有10b -<-<则11b b b --<<,由a b a b -=得11a a b -<<,所以1a >；综上所述：1a >；（2）设()ln f x x x =,则()1ln f x x '=+,当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增,由于a b a b -=得ln ln a a b b =-,即()()f a f b =-,由（1）知1a >,又11b e>>,故要证1121a b a -≤-≤-即证1122a b a -≤-≤-即证2a b ≤-且32ba -≥①要证2a b ≤-,需证()()2f a f b ≤-,即证()()2f b f b -≤-需证()()20f b f b -+≥,设()()()2g b f b f b =-+,需证()min 0g b ≥由()ln2b g b b '=-,又11b e >>,所以()ln02b g b b'=<-所以()g b 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调减,则()()10g b g ≥=,所以2a b ≤-成立,则11a b -≤-成立；②要证32b a -≥,由于11b e >>,则312b a -≥>需证()32b f a f -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即证()32b f b f -⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭需证()302b f f b -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,设()()32b h b f f b -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,需证()max 0h b ≤由()213112ln 1ln ln22223b eb h b b b-'=--++=-,又11b e >>,21211ln 0123e e h e e⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭'=< ⎪⎝⎭-,()121ln 0231e h '=>-故有()00h x '=,011x e >>,所以()h b 在01,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调减,在()0,1x 单调增又()1311102e h f f f a e e e ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫=+<-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭,()10h =所以()max 0h b ≤,则32ba -≥,得()121b a -≤-所以1121a b a -≤-≤-成立；（3）因为()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++,0a b >>所以1a be e c c a b+≤≤++由222a b a b a be e e e a b a b a b +++<<+++设e x y x =,由()21x e x y x'-=,得e xy x =在()0,1上单调减,在()1,+∞上单调增又因为12a b <+<则1122a b +<<所以2222a ba b a b e e e e e e a b a b a b +++<<<<+++由1a be e c c a b+≤≤++恒成立,所以c 的值可以是3,4,5,6【例4】（2021届湖北省恩施高中、郧阳中学、十堰一中高三下学期仿真模拟）已知函数()ln f x ax x bx =+在点1=x e 处取极值1e-(其中e 是自然对数的底数),函数()23g x x x λ=-+-.（1）求实数a ,b 的值；（2）若对1x ∀,21,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,且12x x ≠都有()()()()12121g x g x f x f x ->-成立,求实数λ的取值范围.【解析】（1）∵()'ln f x a x a b =++,∴由题意1'0f b e ⎛⎫== ⎪⎝⎭,11a f e e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,∴1a =.当1a =,0b =时,()ln f x x x =,∵()'ln 1f x x =+,∴当10x e<<时,()'0f x <,()f x 单调递减；当1x e >时,()'0f x >,()f x 单调递增,()f x 在1=x e处取极小值.∴1a =,0b =符合题意.（2）∵不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-等价于()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--.由（1）知()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴不妨设21x x >,有()()21f x f x >,即()()210f x f x ->∴不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--等价于()()()()2121g x g x f x f x ->-或()()()()2112g x g x f x f x -<-,即()()()()2211g x f x g x f x ->-或()()()()2211g x f x g x f x +<+.为此构造函数()()()F x g x f x =-,()()()G x g x f x =+,1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则上式等价于()F x 函数为增函数,()G x 为减函数.先考虑()()()'''2ln 10F x g x f x x x λ=-=-+--≥得2ln 1x x λ++≥对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.∵函数()2ln 1x x x ϕ=++在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴()max ()22x e e ϕϕ==+,22eλ+≥再考虑()()()'''2ln 10G x g x f x x x λ=+=-+++≤得2ln 1x x λ--≤对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.令函数()2ln 1x x x ψ=--,∵()121'2x x x x ψ-=-=,1x e e ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭∴当112x e <≤时,()'0x ψ<,()x ψ单调递减；当12x e <≤时,()'0x ψ>,()x ψ单调递增,∴()min 1ln 22x ψψ⎛⎫== ⎪⎝⎭∴ln 2λ≤综上所述,实数λ的取值范围(][),ln 222,e -∞++∞ .【例5】（2021届江苏省泰州中学高三下学期四模）已知函数()ln txxf x e =存在唯一的极值点为0x ．（1）求实数t 的取值范围；（2）若()120,,x x x ∈+∞,证明：()()121212log tx tx x x x x ee --+>+．【解析】（1）由题意,函数()ln tx x f x e =,可得()f x 的定义域为(0,)+∞,且1ln ()txt xx f x e-'=,令1()ln g x t x x=-,①若0t =,可得()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；②若0t <,可得21()tx g x x +'=-,令()0g x '=,得10x t=->,所以()g x 在10,t ⎫⎛- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,t ⎫⎛-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,可得111ln 1ln g t t tt t t ⎫⎛⎫⎫⎫⎛⎛⎛-=---=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎝⎝⎭⎭⎭⎝⎭,（ⅰ）若11ln 0t ⎫⎛+-≥ ⎪⎝⎭,即0e t -≤<时,1()ln 0g x t x x =-≥,即()0f x '≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；（ⅱ）若11ln 0t ⎫⎛+-< ⎪⎝⎭,即t e <-时,10g t ⎫⎛-< ⎪⎝⎭,()110g =>,因为11()ln 2g x t x t x x x x x ⎫=->++⎪⎭,则2104g t ⎫⎛> ⎪⎝⎭,所以()g x 在(0,)+∞上有两个变号零点,所以()f x 有两个极值点,不合题意；③若0t >,21()0tx g x x +'=-<,则()g x 在()0,∞+上单调递减,且()110g =>,11e e 10t tg -⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,存在唯一101,t x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()00g x =,当()00,x x ∈时,()0>g x ,()0f x '>,当()0,x x ∈+∞时,()0<g x ,()0f x '<,所以0x 是()f x 的唯一极值点,符合题意；综上,实数t 的取值范围是(0,)+∞．（2）由（1）可知,01x >,因为10x x >,20x x >,所以()1ln 0x >,()2ln 0x >,()12ln 0x x +>,由（1）可知函数()f x 在()0,x +∞上单调递减,所以()()112f x f x x >+,()()212f x f x x >+,即()112)121(ln ln tx t x x x x x e e ++>,()212)122(ln ln tx t x x x x x e e ++>,现证明不等式：a c a c b d b d++>+,其中(),,,0,a b c d ∈+∞要证a c a cb d b d ++>+,即证ad bc a c bd b d++>+,即证22abd ad b c bcd abd bcd +++>+,即证220ad b c +>,易知成立．所以()121212121212)(ln ln ln ln ln tx tx tx tx t x x x x x x x x e e e e e ++++>>+,即()121212(1)2ln ln ln tx tx t x x x x e e x x e+++>+,即()121212ln e e ln tx tx x x x x -->++,所以()1212(12)log tx tx x x x x e e --+>+,证毕．跟踪检测1.（2021届黑龙江省大庆高三训练）已知函数2()x g x e ax ax =--,()2ln x h x e x x =--．其中e 为自然对数的底数．（1）若()()()f x h x g x =-,讨论() f x 的单调性；（2）已知0a >,函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ,2x ,证明：()212ln 4x x a +<．【解析】（1）22()()()2ln (2)ln (0)x x f x h x g x e x x e ax ax ax a x x x =-=---++=+-->,212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-=+--=>'=,（i ）当0a ≤时,()0f x '<,函数()f x 在(0,)+∞上递减；（ii ）当0a >时,令()0f x '>,解得1x a >；令()0f x '<,解得10x a<<,∴函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减,在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增；综上,当0a ≤时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时,函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；（2）证明：()2xg x e ax a '=--,依题意,不妨设12x x <,则12122020x x e ax a e ax a ⎧--=⎨--=⎩,两式相减得,12122x x e e a x x -=-,因为0a >,要证()212ln 4x x a +<,即证12ln 22x x a +<,即证1212212x xx xe e e x x +-<-,两边同除以2x e ,即证()12122121x x x x x x e e --->-.令12t x x =-()0t <,即证210tt te e -+>,令2()1(0)t t h t te e t =-+<,则22()12t t t h t e e⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦',令2()12tt p t e ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,则21()12tp t e ⎛-'⎫= ⎪⎝⎭,当0t <时,()0p t '<,所以()p t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0p t p >=∴()0h t '<,∴()h t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0h t h >=,即1210t te e -+>,故()212ln 4x x a +<．2.已知函数()(),ln 1xf x eg x x ==+,（1）设函数()()()()h x ag x g x a '=+∈R ,求()h x 的单调区间和极值；（2）对任意的1x R ∈,存在()20,x ∈+∞,使得()()12f x g x =,求21x x -的最小值【解析】（1）由已知()()()ln 1(0)ah x ag x g x x x x'=+=++>所以()221a x a h x x x x-'=-+=当0a ≤时,()0h x '>恒成立,所以()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,令()=0h x ',得x a =,所以(0,),()0,(,),()0x a f x x a f x ∈'<∈+∞'>,即()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,x a =时取到极小值()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值综上,当0a ≤时,()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值（2）由已知,设()()12f x g x t==即()11=xf x e t =,()22ln 1g x x t=+=解得1ln x t =,12t x e -=,所以121ln t x x e t --=-,令()1ln (0)t F t et t -=->,则()1111t t te F t e t t---'=-=令()11t t teϕ-=-,则()()110t t e t ϕ-'=+>恒成立,所以()11t t te ϕ-=-在()0,∞+单调递增,且()10ϕ=当()0,1t ∈时,()()0,0t F t ϕ'<<,所以()F t 单调递减当()1,t ∈+∞时,()()0,0t F t ϕ'>>,所以()F t 单调递增,即1t =时()F t 取到极小值,也是最小值,所以()()min 11F t F ==,所以21x x -的最小值为1.3.（2021届百师联盟高三冲刺卷）已知函数()()21x f x x e ax =--,(a R ∈),其中e 是自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =-,对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,当12x x <时,不等式()()()211212m x x f x f x x x --<恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）()()22x xf x xe ax x e a'=-=-①若0a ≤,20x e a ->,由()0f x '=,得0x =,则当(),0x ∈-∞-时,()0f x '<当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(),0-∞单调递减,在()0,∞+单调递增②若0a >,由()0f x '=,得0x =或ln 2x a =1︒当12a =时,ln 20a =,则当(),+x ∈-∞∞时,()0f x '≥,故()f x 在(),-∞+∞单调递增2︒当102a <<时,ln 20a <,则当()(),ln 20,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()ln 2,0x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),ln 2a -∞,()0,∞+单调递增,在()ln 2,0a 单调递减3°当12a >时,ln 20a >,则当()(),0ln 2,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()0,ln 2x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),0-∞,()ln 2,a +∞单调递增,在()0,ln 2a 单调递减（2）当1a =-时,()()21x f x x e x=-+不等式()()()211212m x x f x f x x x --<可变形为()()1212m mf x f x x x -<-即()()1212m mf x f x x x -<-因为上式对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,且12x x <时恒成立所以函数()my f x x=-在[)1,+∞上单调递增令()()()21x m mh x f x x e x x x =-=-+-,[)1,x ∈+∞则()220xmh x xe x x'=++≥在[)1,+∞上恒成立即()32xm x e ≥-+在[)1,+∞上恒成立设()()32x F x x e =-+,则()()236xF x x x e '⎡⎤=-++⎣⎦因为[)1,x ∈+∞时,()0F x '<所以函数()F x 在[)1,+∞上单调递减,所以()()max 12F x F e ==--所以2m e ≥--即实数m 的取值范围是[)2,e --+∞4.（2021届安徽省合肥市高三下学期高考考前诊断）已知函数()2ln x x a f ax x=--.（1）若()0f x ≥,求实数a 的取值范围；（2）若()()22x x x xg f a =++有两个极值点分别为1x ,()212x x x <,求()()122g x g x -的最小值.【解析】（1）因为()2ln x x a f ax x=--,所以()22222221122a x x a x ax a a f x a x ax ax ax ⎛⎫⎛⎫--+ ⎪⎪-++⎝⎭⎝⎭'=-+==,由()0f x =得2x a =或1x a=-.①当0a >时,因为()012a af =--<,不满足题意,②当0a <时,()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,于是()min 11ln 120f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥,解得30e a -<≤,所以a 的取值范围为30e a -<≤.（2）函数()2ln g x x x ax =+-,定义域为()0+∞，,()21212x ax g x x a x x-+'=+-=,因为1x ,2x 是函数()g x 的两个极值点,所以1x ,2x 是方程2210x ax -+=的两个不等正根,则有280a ∆=->,122ax x +=,1212x x =,得22a >,对称轴242>a ,故122x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭,222x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.且有21121ax x =+,22221ax x =+,()()()()221211122222ln ln g x g x x x ax x x ax -=+--+-()()22221112222ln 21ln 21x x x x x x =+---+--22112222ln ln 1x x x x =-+-+-2222221122ln ln 122x x x x ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭22222213ln 2ln 2122x x x =----.令22t x =,则1,2t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭,()13ln 2ln 2122h t t t t =----,()()()2221113'1222t t h t t t t --=+-=,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()h t 单调递减,当()1,t ∈+∞时,()h t 单调递增,所以()()min 14ln 212h t h +==-,所以()()122g x g x -的最小值为14ln 22+-.5.（2021浙江省金华市高三下学期5月模拟）已知函数()ln (,0)m x f x m R a x a=+∈>.（1）若f (x )的最小值为2,求ma的值；（2）若m =1,a >e ,实数0x 为函数f (x )大于1的零点,求证：①00112x a x +<-②0012ln ln(ln )x a a x +>-【解析】（1）2()(0)x mf x x x '-=>当0m ≤时,()0f x '>,()f x 单调递增,没有最小值；当0m >时,()f x 在(0,m )上单调递减,在(,)m +∞上单调递增∴min ()()1ln2m f x f m a==+=,∴me a =.（2）①1,m a e =>时,1()ln x f x x a=+,由（1）可知f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞单调递增,∴min ()(1)1ln f x f a ==-,由于1()0f a a=>,∴存在0(1,)x a ∈,使得()0001ln 0x f x x a =+=,也即010001ln ln ln x a x x e x ⎛⎫=+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭,也即010x a x e =⋅.要证00112x a x +<-,只需证()0100001112x x e x x χ++<⋅>设01(0,1)t x =∈,则只需证11112t e t t ++<⋅,即证211(01)2te t t t >++<<.取21()1(01)2tg t e t t t =---<<,则()1t g t e t '=--,∴()10tg t e '=->',∴()g t '在(0,1)上单调递增∴()(0)0g t g ''>=,∴()g t 在(0,1)上单调递增,∴()(0)0g t g >=.∴01t <<时,2112te t t >++成立,综上,00112x a x +<-成立.②证1：a e >,∴ln 1a >,∴2ln ln(ln )2ln a a a -<,∴只需证1012ln x a x +>,即证0000112ln x x x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭,即证()000012ln 01x x x x +-<>,取1()2ln (1)h x x x x x =+->,∴22(1)()0x h x x -'=<,∴()h x 在(1,)+∞上单调递减,()(1)0h x h <=,∴0012ln x a x +>成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.证2：要证1012ln ln(ln )x a a x +>-,即证0000001112ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+>+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即证00000112ln ln ln 0x x x x x ⎛⎫+--+< ⎪⎝⎭,即证00000011ln ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+-+<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,取()ln h t t t =-,即证()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭,1()t h t t -'=,∴1t >时,()0h t '>,()h t 单调递增取1()ln (1)m x x x x =+>,21()x m x x-'=,∴1x >时,()0,()m x m x '>单调递增,∴()(1)1m x m >=,()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭等价于()00001ln 1x x x x +<>取1()ln k x x x x=+-,∴221()0x x k x x -+-'=<,∴()k x 在(1,)+∞上单调递减,∴01x >时0001ln x x x +<成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.6.已知函数()sin ex xf x =,()0,x π∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若12x x ≠,且()()12f x f x =,证明：122x x π+>.【解析】（1）()cos sin e xx xf x -'=,0πx <<,由()0f x '=得4x π=,当04x π<<时,()0f x '>；当4ππ<<x 时()0f x '<,∴()f x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）∵12x x ≠,且()()12f x f x =,∴由（1）知,不妨设1204x x ππ<<<<.要证122x x π+>,只需证明212x x π>-,而1422x πππ<-<,()f x 在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,故只需证明()212f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.又()()12f x f x =,∴只需证明()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.令函数()()22sin sin sin cos 22e e e e x x x x x x x x g x f x f x ππππ-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=--=-=- ⎪⎝⎭,则()2cos sin sin cos e e xx x x x xg x π--'=+22211e e (cos sin )(cos sin )ee e x xx x x x x x πππ-⎛⎫- ⎪=--=-⋅ ⎪⎝⎭,当04x π<<时,cos sin 0x x ->,2x x π->,故()0g x '>,∴()g x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,故在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上()0444g x g f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,∴()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立,故122x x π+>成立.。
素能培优(四)破解“双变量问题”的基本策略
1 2
1- 2
x-2x +1,f'(x)= .函数
(1,+∞)上单调递减,且 f(1)>0,f(e)<0,f
0<x1<1<x2.由已知可得 ln
两式相减得 ln x1-ln
t-e+2,
上单调递减,在(t0,1)上单调递增.∵h
t-e(t-1)<0 在 0<t<1 上恒成立,即证得
1
e
四、利用对数均值不等式证明双变量不等式
在双变量问题中,如果问题与对数函数或指数函数有关,也可以通过对数均
值不等式 <
-
ln -ln
<
+
进行转化,并结合不等式的传递性进行证明.
(1)讨论f(x)的单调性;
1 + 2
(2)若f(x)有两个零点x1和x2,设 x0=
,证明:f'(x0)>0(f'(x)为f(x)的导函数).
2
(1)解 因为f(x)=mx-ex-m,则f'(x)=m-ex,
若m≤0,对任意的x∈R,则f'(x)<0,函数f(x)的单调递减区间为R;
若m>0,令f'(x)=m-ex=0,得x=ln m,
要证x1+x2<0,即证x1<-x2,
又g(x)在(-∞,0)上单调递增,
所以只需证g(x1)<g(-x2),
即证g(x2)<g(-x2),
即证g(x2)-g(-x2)<0,
即证(1-x2)e22 -x2-1<0.
令h(x)=(1-x)e2x-x-1,x∈(0,1),
所以h'(x)=(1-2x)e2x-1,
指点迷津(四) 破解“双变量问题的转化”
所以 a 的取值范围为(-∞,-2].
=
(2 2 +1)2
1
,+
2
=
4(2-1)(+1)
(2 2 +1)2
,
∞ 时,φ'(x)>0,φ(x)是递增的.
g(x)在(0,+∞)上是递减的,
-4-1
恒成立,
2 2 +1
故设
-4-1
φ(x)=2 2 +1,则
当 x∈
1
0,
2
-4(2 2 +1)-(-4-1)·4 8 2 +4-4
φ'(x)=
(2 2 +1)2
时,φ'(x)<0,φ(x)是递减的,x∈
所以 φ(x)min=
1
2
=-2,
1
m<2,所以2<m<ln
当 ln 2≤m<1 时,f(x)min-1=f(2)-1=ln 2-2m,由-2m+ln 2>-2,得
所以 ln 2≤m<1.综上所述,m 的取值范围是
1
,1
2
+
1
ln 2
2
.
1
m<1+2ln
2;
2,
突破技巧“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内
含条件,进行等价变换,常见的等价转换有
所以 h(x)在
1
- , +
∞ ,
(-2+1)( +1)
,
1
0, 2
1
-
1
,
2
+ ∞ 上是递减的,
高三数学专题 破译函数中双变量问题
高三数学专题破译函数中双变量问题破译函数中双变量问题单选题1.已知函数 $f(x)=e^{4x-1},g(x)=\frac{1}{2}+\ln(2x)$，若$f(m)=g(n)$ 成立，则 $n-m$ 的最小值为（）A。
3B。
3.5C。
4D。
4.5答案：C解析：本题主要考查利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题。
求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解。
利用函数的单调性求最值，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求函数的最值即可。
填空题2.已知 $f(x)=(x+1)e^{2-x+1}$，则 $f(x)$ 的定义域是__________。
答案：$(-\infty,+\infty)$。
3.已知 $f(x)=(x+1)e^{2-x+1},g(x)=(x+1)+a$，若 $\existsx_1,x_2\in\mathbb{R}$，使得 $f(x_2)\geq g(x_1)$ 成立，则实数 $a$ 的取值范围是__________。
答案：$(-\infty,27/e^{27})$。
解析：$\exists x_1,x_2\in\mathbb{R}$，使得 $f(x_2)\geq g(x_1)$ 成立，即为 $f(x)\max\geq g(x)\min$。
又$f'(x)=(x+1)e^{-x+2}$，由 $f'(x)=0$ 得 $x=-1$ 或 $x=2$，且当$x0$，$f(x)$ 单调递增；当 $x>2$ 时，$f'(x)<0$，$f(x)$ 单调递减，所以 $f(x)\max=f(2)=27/e^{27}$，又 $g(x)\min=a$，则$a\leq 27/e^{27}$，故实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,27/e^{27}]$。
4.若不等式 $x-2y\leq c(x-y)$ 对任意满足 $x>y$ 的实数$x,y$ 恒成立，则实数 $c$ 的最大值为__________。
数学双变量函数问题的处理方法
Җ㊀山东㊀王永宗㊀㊀函数是高中数学的重点㊁难点知识,涉及的问题类型较多,其中双变量函数问题在各类测试以及高考中出现频率较高．部分学生难以在短时间内找到解题思路,解题效率较低．授课中为使学生掌握双变量函数问题的处理方法,教师应做好相关题型的汇总,并在课堂上为学生讲解例题的解题思路,使其掌握该类问题的解题技巧,促进学生解题水平的提升．１㊀引入参数部分双变量函数问题需要引入新的参数,构建新的函数,借助导数知识对新的函数进行研究,包括单调性㊁最值等．要注意的是构建新函数时需要找准参数的取值范围．例１㊀已知f (x )＝e ４x －１,g (x )＝１２＋l n (２x ),若f (m )＝g (n )成立,则n －m 的最小值为(㊀㊀)．A．２l n２－１３㊀㊀B ．１＋２l n２３C ．１＋l n２４㊀㊀D．１－l n２４很多学生解答该题时仅仅知道将m ,n 的值代入,但却不知道接下来该怎么处理．教学中应注重给予学生启发,引导学生引入参数k ,构建关于k 的函数,而后讨论新函数的单调性,找到其最小值．令e ４m －１＝１２＋l n (２n )＝k (k ＞０),则m ＝１４＋l n k ４,n ＝１２e k －１２,令h (k )＝n －m ＝１２e k －１２－l n k ４－１４,对h (k )进行求导可得h ᶄ(k )＝１２ek －１２－１４k,因为h ᶄ(k )单调递增,且h ᶄ(１２)＝０,则h (k )在(０,１２)上单调递减,在(１２,＋ɕ)上单调递增,则h m i n (k )＝h (１２)＝１＋l n２４,故选C ．２㊀等价转化等价转化是解决双变量函数问题的重要方法之一．为使学生掌握等价转化的技巧,教学中既要注重为学生讲解恒成立问题与存在性问题之间的区别,又要列出常见的等价转化方法,使学生深入理解．例２㊀已知函数f (x )＝(x ＋１)３e －x ＋１,g (x )＝(x ＋１)２＋a ,若存在x １,x ２ɪR ,使得f (x ２)＞g (x １),则实数a 的取值范围为．读题可知,该问题为存在性问题,可将问题转化为f m a x (x )ȡg m i n (x ),此时只要求出两个函数的最大值与最小值即可．对函数f (x )进行求导得f ᶄ(x )＝３(x ＋１)２e －x ＋１－(x ＋１)３e －x ＋１＝(x ＋１)２e －x ＋１(－x ＋２),由f ᶄ(x )＝０,解得x ＝－１或x ＝２．当x ＜２时,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ＞２时,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减,则f m a x (x )＝f (２)＝２７e ．由二次函数知识可得g m i n (x )＝g (－１)＝a ．因此a ɤ２７e,a 的取值范围为(－ɕ,２７e]．３㊀分离参数求解参数范围的问题常采用分离参数法,在解决双变量函数问题时也可使用．例３㊀已知函数f (x )＝a ln x ＋１２x ２－a x (a 为常数)有两个极值点．(１)求实数a 的取值范围;(２)设f (x )的两个极值点分别为x １,x ２,若不等式f (x １)＋f (x ２)＜λ(x １＋x ２)恒成立,求λ的最小值．(１)通过求导转化为一元二次方程有两个正根问题,不难求出a 的取值范围为(４,＋ɕ)．(２)易知f (x １)＋f (x ２)＝a l n x １x ２＋１２(x １＋x ２)２－x １x ２－a (x １＋x ２),且由(１)知x １＋x ２＝a ＞０,x １x ２＝a ＞０,则f (x １)＋f (x ２)＝a (l n a －１２a －１),故f (x １)＋f (x ２)x １＋x ２＝l n a －１２a －１．令h (a )＝l n a －１２a －１,则h ᶄ(a )＝１a －１２,因为a ＞４,所以h ᶄ(a )＜０,h (a )在(４,＋ɕ)上单调递减,即h (a )＜h (４)＝l n４－３,又因为x １＋x ２＞０,则f (x １)＋f (x ２)＜λ(x １＋x ２)等价于f (x １)＋f (x ２)x １＋x ２＜λ．综上,λ的最小值为l n４－３．(作者单位:山东省青岛西海岸新区第八高级中学)７。
专题02 破译函数中双变量问题(含答案解析)
所以 x1 x2 ln a2 x1x2 2 ln a ln x1x2 2 ln x1x2 ，
取
a
e2 2
，
f
(2)
e2
2a
0
，∴
x2
2，
f
(0)
1
0
，∴ 0
x1
可得 3a a2 x3 2b ab x2 c ac x 5 0 对 x R 恒成立，
所以， 3a a2 0 且 a 0 ，解得 a 3 ，
则不等式 bx2
2cx
5
0 对 x R
b 0 恒成立，所以 4c2
20b
0
，则 b
c2 5
，
所以， b 2c
b 8 3ln3, e2 1 .故选：B.
4．（2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数 f (x) e x ax 有两个零点 x1 ，x2 ，则下列判断：① a e ；
② x1 x2 2 ；③ x1x2 1 ；④有极小值点 x0 ，且 x1 x2 2x0 ．则正确判断的个数是（ ）
A．
0,
4 e2
B．
1,
6 e
C．
0,
4 e
D．
1,
8 e2
二、填空题
10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数 f x a x x 2 x ln a ，对任意的 x1, x2 0,1 ，不等式
f x1 f x2 a 1 恒成立，则实数 a 的取值范围是___．
11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数 f (x) 2 ln x ax2 3 ，若存在实数 m, n [1,5] 满足 n m 2 时，
高考数学高频压轴题—专题02 破译函数中双变量问题
一、单选题1．已知函数()()()411,ln 22x f x e g x x -==+，若()()f m g n =成立，则n m -的最小值为（ ） A .2ln213-B . 12ln23+C . 12ln23+D . 1ln24- 【答案】C【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性进而求最值，属于难题. 求最值问题往往先将所求问题转化为函数问题，然后根据:配方法、换元法、不等式法、三角函数法、图像法、函数单调性法求解，利用函数的单调性求最值，首先确定函数的定义域，然后准确地找出其单调区间，最后再根据其单调性求函数的最值即可.二、填空题2．已知f (x )＝(x ＋1)3e－x ＋1，g (x )＝(x ＋1)2＋a ，若∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，则实数a 的取值范围是__________． 【答案】27,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】∃x 1，x 2∈R ，使得f (x 2)≥g (x 1)成立，即为f (x )max ≥g (x )min .又f ′(x )＝(x ＋1)2e－x ＋1(－x ＋2)，由f ′(x )＝0得x ＝－1或2，且当x ＜2时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ＞2时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，所以f (x )max ＝f (2)＝27e ，又g (x )min ＝a ，则a ≤27e，故实数a 的取值范围是(－∞，27e]． 点睛：对于不等式任意或存在性问题，一般转化为对应函数最值大小关系，即()()()()1212min min ,,x x f x g x f x g x ∀∃≥⇒≥；()()()()1212min max ,,x x f x g x f x g x ∀∀≥⇒≥， ()()()()1212max min ,,x x f x g x f x g x ∃∃≥⇒≥ ()()()()1212max max ,,x x f x g x f x g x ∃∀≥⇒≥3．若不等式x 2－2y 2≤cx (y －x )对任意满足x ＞y ＞0的实数x ，y 恒成立，则实数c 的最大值为__________． 【答案】224-点睛：利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.三、解答题4．已知函数()ln 1f x x a x =--（a 为常数）与x 轴有唯一的公关点A ． （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）曲线()y f x =在点A 处的切线斜率为23a a --，若存在不相等的正实数12x x ，满足()()12f x f x =，证明：121x x <．【答案】（Ⅰ）当1a =时，函数()f x 的递增区间为()1,+∞，递减区间为()0,1； 当0a ≤时，函数()f x 的递增区间为()0,+∞，无递减区间．（Ⅱ）证明见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）因为函数()ln 1f x x a x =--的定义域为()0,+∞，且()10f =，故由题意可知曲线()f x 与x 轴存在公共点()1,0A ，又()x af x x'-=，对a 进行讨论分0a ≤，0111a a a <=，，四种情况进行可得解（Ⅱ）容易知道函数()f x 在()1,0A 处的切线斜率为()2113f a a a =-=--'，得2a =±，由（Ⅰ）可知2a =-，且函数()f x 在区间()0,+∞上递增．不妨设12x x <，因为()()12f x f x =，则()()120f x f x <<，则有()11222ln 12ln 1x x x x -+-=+-，整理得()211222ln x x x x +=-，利用基本不等式构建关于12x x 的不等关系即可证得.②若1a =，则函数()f x 的极小值为()10f =，符合题意；③若1a >，则由函数()f x 的单调性，有()()10f a f <=，取201x a a =+>，有()()20ln 1f x a a a ⎡⎤=-+⎣⎦．下面研究函数()()21g a a ln a =-+，1a >，因为()()22101a g a a '-=>+恒成立，故函数()g a 在()1,+∞上递增，故()()11ln20g a g >=->，故()()00f x ag a =>成立，函数()f x 在区间()2,1a a+上存在零点．不符合题意． 综上所述：当1a =时，函数()f x 的递增区间为()1,+∞，递减区间为()0,1； 当0a ≤时，函数()f x 的递增区间为()0,+∞，无递减区间．点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用基本不等式来证明，考查了分类讨论的思想，属于中档题. 5．已知函数()21ln 2f x a x x ax =+- (a 为常数)有两个极值点． (1)求实数a 的取值范围；(2)设f (x )的两个极值点分别为x 1，x 2，若不等式f (x 1)＋f (x 2)＜λ(x 1＋x 2)恒成立，求λ的最小值．【答案】（1）()4,+∞；（2）ln43-【解析】试题分析：（1）先求导数，转化为对应一元二次方程有两个正根，再根据实根分布列不等式组，解得实数a 的取值范围；（2）分离参数转化为对应函数最值问题：()()1212f x f x x x λ+>+ 最大值，再化简()()1212f x f x x x ++为a 的函数，利用导数可得其值域，即得λ的最小值．试题解析：(1)f ′(x )＝＋x －a ＝(x ＞0)，于是f (x )有两个极值点等价于二次方程x 2－ax ＋a ＝0有两正根， 设其两根为x 1，x 2，则，解得a ＞4，不妨设x 1＜x 2，此时在(0，x 1)上f ′(x )＞0，在(x 1，x 2)上f ′(x )＜0，在(x 2，＋∞)上f ′(x )＞0.因此x 1，x 2是f (x )的两个极值点，符合题意． 所以a 的取值范围是(4，＋∞)．点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 6．设函数f (x )＝e mx ＋x 2－mx .(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1,1]，都有()()121f x f x e -≤-，求m 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）[]1,1-【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据m 正负以及指数函数单调性讨论得导函数符号（2）先利用最值转化不等式恒成立得f (x )最大值与最小值的差不大于e -1,再利用导数研究函数单调性，解对应不等式得m 的取值范围． 试题解析：(1)f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0.若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1＞0，f ′(x )＜0； 当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．点睛：不等式有解问题与不等式恒成立问题这两类问题都可转化为最值问题，即()f x a <恒成立⇔()max a f x >，()f x a >恒成立⇔()min a f x <. 7．已知()()xf x e ax a R =-∈（e 为自然对数的底数）．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点12,x x ，求a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：122ln x x a +<． 【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）（1）a e >；（2） 见解析.【解析】试题分析：（I ）求出函数的导数，通过讨论a 的范围，分别令()'0f x >求得x 的范围，可得函数()f x 增区间，()'0f x <求得x 的范围，可得函数()f x 的减区间；（II ）（1）由（Ⅰ）知，当0a ≤时， ()f x 在R 上为增函数，()f x 不合题意；当0a >时， ()f x 的递增区间为()ln ,a +∞，递减区间为(),ln a -∞，只需()()()min ln ln 1ln 0f x f a a a a a a ==-=-<，即可解得a 的取值范围；（2）分离参数a ,问题转化为证明证明()1212122x x x xe e x x e e +->-,不妨设12x x >,记12t x x =-,则0,1tt e >>,因此只要证明：121t t e t e +⋅>-，即()220t t e t -++>根据函数的单调性证明即可.试题解析：（Ⅰ）()f x 的定义域为R ，()xf x e a '=-，（1）当0a ≤时，()0f x '>在R上恒成立，∴()f x 在R 上为增函数； （2）当0a >时，令()0f x '>得ln x a >，令()0f x '<得ln x a <，∴()f x 的递增区间为()ln ,a +∞，递减区间为(),ln a -∞；（2）由（Ⅱ）（1），当a e >时，()f x 有两个零点12,x x ，且()f x 在()ln ,a +∞上递增， 在(),ln a -∞上递减，依题意，()()120f x f x ==，不妨设12ln x a x <<．要证122ln x x a +<，即证122ln x a x <-， 又12ln x a x <<，所以122ln ln x a x a <-<，而()f x 在(),ln a -∞上递减，即证()()122ln f x f a x >-， 又()()120f x f x ==，即证()()222ln f x f a x >-，（2ln x a >）．构造函数()()()22ln 22ln (ln )xx a g x f x f a x e ax a a x a e=--=--+>，()222220xx a g x e a a a e=+->='，∴()g x 在()ln ,a +∞单调递增，∴()()ln 0g x g a >=，从而()()2ln f x f a x >-， ∴()()222ln f x f a x >-，（2ln x a >），命题成立． 8．已知函数()12x f x ekx k +=-- (其中e 是自然对数的底数，k ∈R )．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当函数()f x 有两个零点12,x x 时，证明：122x x +>-． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】试题分析：本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题。
【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题
【智博教育原创专题】浅析函数中双变量的任意与存在问题浅析函数中双变量的任意与存在问题邓冬华冷世平恒成立、能成立问题是高中数学的一类重要问题,也是高中数学的难点.这类问题的解决通常思维容量较大,往往需要等价转化.解决一个变量的任意与存在问题是比较简单的,但对于两个变量的任意与存在问题,学生普遍觉得比较困难.请看下面的问题：引例：设f(x)是定义在实数集R上的奇函数,当x0时,f(x)x24x.求f(x)的解析式,并解不等式f(x)x；设g(x)2x1m,若对任意x1[1，4],总存在x2[2，5],使f(x1)g(x2),求实数m的取值范围.对于问题,标答如下：当x1[1，4]时,f(x1)[3，4].∵g(x)2x1m是R上的增函数,∴当x2[2，5]时,g(x2)[2m，16m], ∵对任意x1[1，4],总存在x2[2，5]使f(x1)g(x2),∴[3，4][2m，16m],2m3则,解得12m5,故实数m的取值范围是[12，5].16m4本例出现的“x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)”的结构,就是所说的双变量的任意与存在问题.本例的解答过程中的[3，4][2m，16m],很多学生想不通,或想得不够自然.对于两个变量的任意与存在问题有没有学生更容易接受的解决策略呢？这正是要探讨的内容.一、任意与存在问题的四种类型记区间D1,D2分别是函数yf(x),yg(x)定义域的子区间.双变量的任意与存在问题包含以下四种基本类型：类型1. x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值均大于函数yg(x)的任一函数值,只需fmin(x)gmax(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).例1 已知f(x)8x216xk(kR),g(x)2x35x24x.若对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立,求k的取值范围.分析与解：本题的关键是对条件“对x1、x23,3,都有f(x1)g(x2)成立”进行处理.上面的分析知,其等价于f(x)maxg(x)min,故先判定单调性求其相应的最值.- 1 -f(x)8x216xk=8(x1)2k8,g'(x)6x210x42(x1)(3x2)知, f(x)在[3,1]单调递减,在[1,3]单调递增,且f(3)24k,f(3)120k,fmax(x)120k.22g(x)在[3,1]单调递增,在[1,]上单调递减,在[，3]上单调递增,且33228g(3)21,g ,g(x)min21.327120k21k141,即k[141,)类型2.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的任一函数值大于函数yg(x)的某些函数值,但并不要求大于yg(x)的所有函数值,故只需fmin(x)gmin(x)即可.同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x).125例 2 设函数fxlnxx,若对于1．函数gxx22bx1233x,]x1[1,2x2[0,1],使fx1gx2成立,求实数b的取值范围．分析与解：已知“对于x1[1,2],x2[0,1],使f(x1)g(x2)成立”g(x)在0,1上的最小值小于等于f(x)在1,2上的最小值,先分别求函数f(x),g(x)的最小值,最后解不等式g(x)minf(x)min得实数b的取值范围．2易知函数f(x)在(1,2)上单调递增,故f(x)在[1,2]上fmin(x)f(1)；355又g(x)x22bx(xb)2b2,x[0,1]121252①当b0时,g(x)在[0,1]上为增函数,gmin(x)g(0),舍去1235215②当0b1时,gmin(x)g(b)b2,b2及0b1得,b121231272③当b1时,g(x)在[0,1]上为减函数,g(x)ming12b及b1得b1.1231 综上,b的取值范围是[,).2类型3.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmax(x). 其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些在函数值大于函数yg(x)的任一函数值,只需要yf(x)有函数值大于即可,不是所有函数值,故只需fmax(x)gmax(x)即可.- 2 -同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmin(x). 例3 已知函数g(x)2x2exln，h(x)x2mx4,若x1(0,1],对x2[1,2],x2总有g(x1)h(x2)成立,求实数m的取值范围.分析与解：本题的关键在于：x1(0,1],对x2[1,2],总有g(x1)h(x2)成立g(x)在(0,1]上的最大值大于等于h(x)在[1,2]上的最大值.2ex2x2x2g(x)2xln,得g(x)0,故在(0,1]上g(x)0,即函数g(x)2x2x在(0,1]上单调递增,g(x)maxg(1)ln21.而h(x)在[1,2]上的最大值为h(1),h(2)中的最大者,记为max{h(1),h(2)}.g(1)ln21h(1)g(1)ln215m则有,解得m6ln2. ，g(1)ln21h(2)g(1)ln2182m故实数m的取值范围为[6ln2,).类型4.x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmax(x)gmin(x).其等价转化的基本思想是：函数yf(x)的某些函数值大于函数yg(x)的某些函数值,都只需要有这样的函数值,不需要所有的函数值,故只需fmax(x)gmin(x).同理有：x1D1,x2D2,f(x1)g(x2)fmin(x)gmax(x).2mx2,g(x)lnx2ex2,存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,x21求实数m的取值范围.例 4 已知函数f(x)分析与解：存在x1,x2(0,1)使f(x1)g(x2)成立,只需要f(x)的最大值大于g(x)的最小值.已知得g(x)2lnx12e0 解得xe1.当x(0,e)时,g(x)0,g(x)单调递x减；当x(e1,1)时,g(x)0,g(x)单调递增,所以gmin(x)g(e1)1.2mx显然m0则f(x)在(0,1)上是递增函数,故f(x)的最大值不存在！但21x当x1时,f(x)m,即f(x)的最小上界为m，所以m1.故实数m的取值范围是(1,).又f(x)二、对双变量的任意与存在问题等价转化的几点说明1.在具体理解时,双变量的问题可以转化为单变量的问题,只需将双变量的任意与存在分别对应单变量的恒成立与能成立问题处理即可；(x1)g(x2)与f(x1)g(x2)也可以相应地变化处理，如例1，例2，例3；- 3 -。
专题02 破译函数中双变量问题(解析版)
综述，在解决函数问题时，经常会遇到在某一范围内任意变动的双变量问题，由于两个变量都在动，所以不知道把哪个变量作为自变量研究，从而无法展开思路.对于该类问题的处理方法一般可从以下两个方面进行：（1）选取主元法，不管有多少个变量，可选一个变量为主元，其他变量为参数；（2）合理运用转化思想，将几个变量看作整体，即多元化一元. 一、单选题A ．ln 2[8,)2-+∞ B ．ln 25[8,2ln 2]24--- C ．ln 2(,8]2-∞-D ．5(,2ln 2]4-∞--【答案】C【解析】由函数2()ln(1)f x x x =+在定义域单调递增，对于任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln (2)()x f x x a f x ++≤成立， 即任意11[,2]2x ∈，存在21[,2]2x ∈，使得22112ln 2x x x a x ++≤成立， 即满足()2211max2maxln 2x x x a x ⎛⎫++≤ ⎪⎝⎭， 令2111()2g x x x a =++，对称轴方程为11x =-，在11[,2]2x ∈可得1max ()(2)=8g x g a =+ 令222ln ()x h x x =，求导可得22221ln ()x h x x -'=，2()0h x '=，可得2x e =，在()20,x e ∈，2()0h x '>，2()h x 单调递增， 所以在21[,2]2x ∈，2max ln 2()(2)2h x h ==，即ln 282a +≤， 解得ln 282a ≤-，故选C .A．5,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭B．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C．5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭D．1,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】()32f x ax bx cx=++，()232f x ax bx c'∴=++，由不等式()()5xf x af x'-≤对x R∀∈恒成立，可得()()()2323250a a xb ab xc ac x-+-+--≤对x R∀∈恒成立，所以，230a a-=且0a≠，解得3a=，则不等式2250bx cx++≥对x R∀∈恒成立，所以24200bc b>⎧⎨∆=-≤⎩，则25cb≥，所以，()222125252210553315153c c cb c b c c ca------=≥==≥-.因此，b2ca-的取值范围为5,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.故选：C.A．[]83ln3,6-B．)283ln3,1e⎡--⎣C．[]94ln3,6-D．)294ln3,1e⎡--⎣【答案】B【解析】因为ln1,1()1(2),13x xf xx x-≥⎧⎪=⎨+<⎪⎩，故其函数图像如下所示：令11lnx-=，解得2x e=；令11lnx-=-，解得1x=.数形结合可知，若要满足()()f fαβ=，且αβ<，则()21,eβ∈，且()1213lnαβ+=-，解得35lnαβ=-.故βα-35ln ββ=-+，()21,e β∈.令()()235,1,g x x lnx x e =-+∈，则()31g x x'=-，令()0g x '=，解得3x =， 故()g x 在区间()1,3单调递减，在区间()23,e 单调递增，则()()()2216,3833,1g g ln g ee==-=-，故())2833,1g x ln e ⎡∈--⎣.即可得βα-)2833,1ln e ⎡∈--⎣.故选：B. A ．4个 B ．3个 C ．2个 D ．1个【答案】D【解析】对于①，∵()xf x e ax =-， ∴()xf x e a '=-，令()0xf x e a '=->，当0a ≤时，()0xf x e a '=->在x ∈R 上恒成立，∴()f x 在R 上单调递增．当0a >时，由()0f x '>，解得ln x a >；由()0f x '<，解得ln x a <； ∴()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．∵函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，∴0a >，(ln )0f a <，即ln ln 0a e a a -<，即ln 0a a a -<， 解得：a e >；所以①不正确；对于②，因为函数()xf x e ax =-有两个零点1x ，2x ，所以1x ，2x 是方程0x e ax -=的两根，因此11ln x ax =，22ln x ax =， 所以()()()212121212ln 2ln ln 2ln x x a x x a x x x x +==+>+，取22e a =，2(2)20f e a =-=，∴22x =，(0)10=>f ，∴101x <<，∴122x x +>，所以②不正确；对于③，(0)10=>f ，∴101x <<，121x x >不一定，∴所以③不正确； 对于④，f （x ）在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增， ∴有极小值点0ln x a =，且12022ln x x x a +<=，所以④正确． 综上，正确的命题序号是④．故选:D A ．12B ．22C ．322D ．92【答案】C【解析】由题意，得，代换，代换，则满足：，即，以代换，可得点，满足，因此求()()22a cbc -++的最小值即为求曲线上的点到直线的距离的最小值，设直线与曲线相切于点，则，解得，所以切点为,所以点到直线的距离，则()()22a cbc -++的最小值为，综上所述，选C. A ．14e-B ．12e-C ．1e-D ．2e-【答案】B【解析】设切点为00(,)xx e b +,因为()x f x e b =+,所以()xf x e '=,所以00()x f x ea '==,所以0ln x a =,又切点00(,)xx e b +在直线(1)y a x =+上,所以00(1)xe b a x +=+, 所以0a b ax a +=+,所以0ln b ax a a ==,所以2ln ab a a =, 令2()ln (0)g a a a a =>,则21()2ln 2ln (2ln 1)g a a a a a a a a a a'=+⋅=+=+, 令()0g a '<,得120a e -<<, 令()0g a '>,得12a e ->,所以()g a 在12(0,)e -上递减,在12(,)e -+∞上递增, 所以12a e-=时,()g a 取得最小值11122221()()ln 2g e e ee---==-. 即ab 的最小值为12e-.故选:BA ．αβ>B ．0αβ+>C ．αβ<D ．22αβ>【答案】D【解析】构造()sin f x x x =形式，则()sin cos f x x x x +'=，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时导函数()0f x '≥，()f x 单调递增；,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时导函数()0f x '<，()f x 单调递减．又 ()f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选D.故本小题选D.A ．2,13⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[)1,+∞ C ．2,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】1'()ln 1xf x e x x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，令1()ln 1g x x x=+-，则22111'()x g x x x x -=-=， 故当112x <<时，)'(0g x <，()g x 单调递减，当1x >时，'()0,()g x g x >单调递增，()(1)0g x g ∴≥=，从而当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，'()0f x ≥，()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增. 设()()222314h a a a e a e =+--=+--，则()h a 在[]2,1--上单调递减，在[]1,1-上单调递增，()max ()1h a h e ==-，存在[]2,1a ∈-，使21223f a a e m ⎛⎫-≤+-- ⎪⎝⎭成立，等价于()121f e f m ⎛⎫-≤-= ⎪⎝⎭.1211122m m ⎧-≤⎪⎪∴⎨⎪-≥⎪⎩，解得213m ≤≤.故选：A .A ．240,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．61,e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．40,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．281,e ⎛⎫⎪⎝⎭【答案】A【解析】由()(0)xf x ae a =>，2()g x x m =-，得()xf x ae '=，()2g x x '=，设()(0)xf x ae a =>与曲线2()g x x m =-的公共点为(,)s t ，则()sf s ae '=，()2g s s '=，∴两曲线在切点处的切线方程分别为()s s y ae ae x s -=-与22()y s m s x s -+=-，即sssy ae x ae sae =+-与22y sx s m =--．则22ss s s ae ae sae s m ⎧=⎨-=--⎩，整理得222s m s s s a e ⎧=-⎪⎨=⎪⎩①②． 由①且0m >，得0s <或2s >，当0s <时，两曲线无公共切线，则2s >． 由②得，2(2)s sa s e=>． 令2()(2)s s h s s e =>，则2(1)()0s s h s e-'=<，函数()h s 在(2,)+∞上为单调减函数， ()(2)h s h ∴<24e=，又当s →+∞时，()0h s →，∴实数a 的取值范围是24(0,)e．故选：A.二、填空题【答案】[),e +∞【解析】由题意可得max min ()()1f x f x a -≤-，且1a >，由于()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x =+-=-+'，所以当0x >时，()0f x '>，函数()f x 在[0,1]上单调递增，则max min ()(1)1ln ,()(0)1f x f a a f x f ==+-==，所以max min ()()ln f x f x a a -=-，故1ln ln 1a a a a -≥-⇒≥，即a e ≥，应填答案[),e +∞．【答案】ln 34【解析】由22()()2ln 32ln 3f m f n n an m am =⇒-+=-+，所以222(ln ln )n m a n m -=-，令n m t =+，（2t ≥），则ln(1)(2)t m a t m t +=+，（[1,5]m ∈，2t ≥）， 显然ln(1)()(2)t m g m t m t +=+，在[1,)m ∈+∞单调递减， ∴ln(1)(1)(2)t a g t t +≤=+（2t ≥）令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+，（2t ≥），22222(1)ln(1)()[(2)](1)t t t t h t t t t +-++'=++，∵2t ≥，∴2ln(1)1t +>，则2222(1)ln(1)t t t t +-++，∴令ln(1)()(1)(2)t h t g t t +==+在[2,)+∞单调递减，∴ln 3(2)4a h ≤=，∴实数a 的最大值为ln 34．故答案为：ln 34【答案】()1,+∞【解析】()()2155211x x f x x -++==-+++，当()1,x ∈-+∞时，有()2f x >-. 因为()2xg x xe =，所以()()222212xx x g x e xe x e '=+=+，当112x -<<-时，()0g x '<，函数()y g x =在11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，当12x >-时，()0g x '>，函数()y g x =在1,2⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，()1122g x g e ⎛⎫∴≥-=- ⎪⎝⎭，所以当1x >-时，()1,2g x e ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭.若0m >，则()214422emg x em m e ⎛⎫≥⋅-=- ⎪⎝⎭，()2212m f x m >-. 根据题意可知222m m ->-，解得1m ；若0m ≤，则()(]24,2emg x m ∈-∞-，()2212m f x m >-，不符合条件.综上所述，实数m 的取值范围是()1,+∞.故答案为：()1,+∞.【答案】7【解析】因为对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x a kx +-+≤恒成立，所以对任意[1,1]k ∈-，当(0,4]x ∈时，不等式26ln 9x x x ak x+-+≤恒成立即222min 6ln 96ln 916l 8n x x x a x x x a k a x x x x x+-++-+≤⇒≤-⇒≤+--所以当(0,4]x ∈时，不等式2n 86l a x x x --+≤恒成立 令2()6l ,48n ,(0]f x x x x x =--+∈ 则min ()a f x ≤2286(22)(3)()x x x x f x x x-+----'==当()0f x '>时，(22)(3)01304x x x x --<⎧⇒<<⎨<≤⎩当()0f x '<时，(22)(3)004x x x -->⎧⇒⎨<≤⎩01x <<或34x <≤所以函数()f x 在区间(0,1)和(3,4]上单调递减，在区间(1,3)上单调递增(1)0187,(4)6ln 41632166ln 4f f =-+==--+=-因为3166ln 4796ln 43(3ln16)3ln 016e --=-=-=>所以min ()7f x =所以7a ≤，a 的最大值为：7 故答案为：7 三、解答题（1）若2a =，求b 的取值范围；（2）求a 的最大值，使得对于b 的一切可能值，()f x 的极大值恒小于0. 【答案】（1）4b <-，（2）32e【解析】（1）当2a =，()()2220x bx f x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程2220x bx ++=有两个不等的正根，则2160,0,210,b b⎧∆=->⎪⎪->⎨⎪>⎪⎩∴4b <-.（2）()()220x bx af x x x++'=>，由()f x 存在极大值，可知方程220x bx a ++=有两个不等的正根， 设为12,x x 且12x x <，∴122a x x =，∴0a >，10x <<由()120f x x x x '<⇒<<，∴()f x 的极大值为()21111ln f x a x x bx =++，∵2112bx x a =--，∴()2111ln f x a x x a =--，构造函数()2ln g x a x x a =--，当0x <<时，()2220a a x g x x x x -'=-=>，所以()g x在⎛ ⎝上递增，由10x <<()1ln 322a a g x g ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭. 所以当302a e <≤时，()()()110f x f x g x g ==<≤极大值.而当32a e >时，取332222a b e e -⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，即321x e =，3222a x e -=，此时()33202af x f e e ⎛⎫==-> ⎪⎝⎭极大值，不符合题意.综上所述，a 的最大值为32e .（1）当14a =时，求函数()y f x =的单调区间； （2）若对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ，求a 的取值范围．【答案】（Ⅰ）函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)；（Ⅱ）[1ln 2,)-+∞ 【解析】（1）当14a =时，21()ln(1)4f x x x x =++-， 则11(1)()1(1)122(1)x x f x x x x x -=+-=>-++'， 令()0f x '>，得10x -<<或1x >；令()0f x '<，得01x <<， ∴函数()f x 的单调递增区间为(1,0)-和(1,)+∞，单调递减区间为(0,1)． （2）由题意[2(12)]()(1)(1)x ax a f x x x -->-+'=，（1）当0a ≤时，函数()f x 在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减，此时，不存在实 数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ． （2）当0a >时，令()0f x '=，有10x =，2112x a=-， ①当12a =时，函数()f x 在(1,)-+∞上单调递增，显然符合题意． ②当1102a ->即102a <<时，函数()f x 在(1,0)-和1(1,)2a -+∞上单调递增， 在1(0,1)2a-上单调递减，()f x 在0x =处取得极大值，且(0)0f =， 要使对任意实数(1,2)b ∈，当(1,]x b ∈-时，函数()f x 的最大值为()f b ， 只需(1)0f ≥，解得1ln 2a ≥-，又102a <<， 所以此时实数a 的取值范围是11ln 22a -≤<． ③当1102a -<即12a >时，函数()f x 在1(1,1)2a--和(0,)+∞上单调递增，在1(1,0)2a-上单调递减，要存在实数(1,2)b ∈，使得当(1,]x b ∈-时， 函数()f x 的最大值为()f b ，需1(1)(1)2f f a-≤， 代入化简得1ln 2ln 2104a a++-≥，① 令11()ln 2ln 21()42g a a a a =++->，因为11()(1)04g a a a=-'>恒成立， 故恒有11()()ln 2022g a g >=->，所以12a >时，①式恒成立， 综上，实数a 的取值范围是[1ln 2,)-+∞．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）设()224g x x bx =-+-，若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，求实数b 的取值范围.【答案】（1）函数()f x 在()1,3上单调递增;在0,1和()3,+∞上单调递减; （2）,2⎛-∞ ⎝⎦. 【解析】（1）()13ln 44f x x x x =-+的定义域是()0,+∞，()22211343444x x f x x x x -='-=-- 由0x >及()0f x '>得13x <<，由0x >及()0f x '<得01x <<或3x >；所以函数()f x 在()1,3上单调递增;在0,1和()3,+∞上单调递减.（2）若对任意()[]120,2,1,2x x ∈∈，不等式()()12f x g x ≥恒成立，问题等价于()()min max f x g x ≥ 由（1）可知，在()0,2上，1x =是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点故也是最小值点，所以()()min 112f x f ==-，()[]224,1,2g x x bx x =-+-∈ 当1b <时，()()max 125g x g b ==-；当12b ≤≤，()()2max 4g x g b b ==-当2b >时，()()248g x g b ==- 问题等价于1{1252b b <-≥-或212{142b b ≤≤-≥-或2{1482b b >-≥-解得1b <或1b ≤≤或b =∅即2b ≤b 的取值范围是,2⎛-∞ ⎝⎦. （1）当2b =时，试讨论()f x 的单调性；（2）若对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根，求a 的取值范围.【答案】（1）0a >，()f x 在20,4a ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭单调递增，2,4a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，2244a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增. （2）220a e<≤ 【解析】（1）()2122x ax f x x--'=,0x > （i ）0a >，令()0f x '=，得到21220x ax --=，解得x =，x =所以当x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当24x a ⎛⎫-+∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()f x 在⎛⎝⎭单调递增，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递减； （ii ）0a =，令()0f x '=，得到12x =当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减， 所以()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭单调递减； （iii ）102a -<<，令()0f x '=，得到24x a -+=，24x a --=当2240,,44x a a ⎛⎛⎫-+--∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当x ∈⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，22,44a a ⎛-+-- ⎝⎭单调递减，24a ⎛⎫-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递增；（iiii ）12a ≤-，()0f x '>在()0,∞+恒成立，所以()f x 在()0,∞+单调递增； 综上所述，0a >，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，24a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭单调递减； 0a =，()f x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减；102a -<<，()f x 在20,4a ⎛-+ ⎝⎭单调递增，2244a a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭单调递减，⎫+∞⎪⎪⎝⎭单调递增； 12a ≤-，()f x 在()0,∞+单调递增. （2）因为对任意的3,b e ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，方程()0f x =恒有2个不等的实根 所以将问题等价于ln 2x ax b x-=+有两解 令()ln 2x g x x -=，0x >有()23ln x g x x -'=，0x > ()30g e ∴=；()g x 在()30,e 递增，()3,e +∞递减；0x →，()g x →-∞；x →+∞，()0g x →；∴有图象知要使()ln 2x g x x-=的图像和y ax b =+的图像有两个交点， 0a >，过30,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭作切线时，斜率a 最大. 设切点为()00,x y ，有002003ln 2ln 5x x y x x x --=+， 002ln 53x x e-∴=-，0x e ∴= 此时斜率a 取到最大22e 220a e ∴<≤.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2
2ln2 1 1 2ln2 1 2ln2 1 ln2
A.
B.
C.
D.
3
3
3
4
二、填空题 2．已知 f(x)＝(x＋1)3e－x＋1，g(x)＝(x＋1)2＋a，若∃x1，x2∈R，使得 f(x2)≥g(x1)成立，则实数 a 的
8．已知函数 f x ex1 kx 2k (其中 e 是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数 f x 的单调性；(2)当函数 f x 有两个零点 x1, x2 时，证明： x1 x2 2 ．
9．已知函数 f x 1 x lnx, g x mx 2 x m m 0 与，其中 e 是自然对数的底数．
(2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有 f x1 f x2 e 1，求 m 的取值范围． 7．已知 f x ex ax a R （ e 为自然对数的底数）．
（Ⅰ）讨论 f x 的单调性；
（Ⅱ）若 f x 有两个零点 x1, x2 ，求 a 的取值范围；
（2）在（1）的条件下，求证： x1 x2 2lna ．
取值范围是__________．
3．若不等式 x2－2y2≤cx(y－x)对任意满足 x＞y＞0 的实数 x，y 恒成立，则实数 c 的最大值为__________．
三、解答题Leabharlann 4．已知函数 f x x alnx 1（ a 为常数）与 x 轴有唯一的公关点 A ．
（Ⅰ）求函数 f x 的单调区间；
（3）若 x1, x2 R 且 x1 x2 ，求证： lnx1 lnx2 x1 2x2 3 x1 x2 .
13．已知函数 f(x)＝(x＋1)e－x(e 为自然对数的底数)． (1)求函数 f(x)的单调区间； (2)设函数φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x，存在实数 x1，x2∈[0,1]，使得 2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数 t 的取值范围． 14．设函数 f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增； (2)若对于任意 x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求 m 的取值范围．
15．已知函数 f x x lnx ax2 ， g x x x3
3
（Ⅰ）若 a 1，求函数 f x 的极值；
（Ⅱ）若 a 0 , x1 1, 2 , x2 1, 2 ,使得 f x1 mg x2 （ m 0 ），求实数 m 的取值范围． 16．已知 f x x 1 ex 1, x 0,1 (1)证明: f x 图象恒在直线 y x 1 的上方;
是自然对数的底数)时,在
x
1 2
,
e
1 2
上至少存在一点 x0 ,使
f x0 e 1 成立,求 m 的取值范围;
(3)求证:当 m 1
时,对任意 x1, x2 0,1, x1
x2 ,有
f
x2 f x1
x2 x1
1
.
3
11．设 f(x)＝lnx，g(x)＝ 1 x|x|. 2
(1)求 g(x)在 x＝－1 处的切线方程；(2)令 F(x)＝x·f(x)－g(x)，求 F(x)的单调区间；
（Ⅱ）曲线 y f x 在点 A 处的切线斜率为 a2 a 3 ，若存在不相等的正实数 x1x2 ，满足 f x1 f x2 ，
证明： x1x2 1．
5．已知函数 f x alnx 1 x2 ax (a 为常数)有两个极值点．
2
(1)求实数 a 的取值范围； (2)设 f(x)的两个极值点分别为 x1，x2，若不等式 f(x1)＋f(x2)＜λ(x1＋x2)恒成立，求λ的最小值． 6．设函数 f(x)＝emx＋x2－mx. (1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
e
(1)求曲线
f
x 在
x
1 处的切线方程；(2)若对任意的
x1,
x2
1 2
, e2
,
f
x1
g
x2
恒成立，求实数
m
的取
值范围
10．函数 f x 1 x2 mln 1 2x mx 2m ,其中 m 0 .
2
(1)试讨论函数 f x 的单调性;
(2)已知当 m e (其中 e 2.71828 2
(3)若任意 x1，x2∈[1，＋∞)且 x1>x2，都有 m[g (x1)－g(x2)]>x1f(x1)－x2f(x2)恒成立，求实数 m 的取值范围.
12．已知函数
f
x
lnx
a x 1
x2
.
（1）若函数 f x 在定义域内不单调，求实数 a 的取值范围；
（2）若函数 f x 在区间 0,1 内单调递增，求实数 a 的取值范围；
2
(2)若 a ex 1 b 在 x 0,1 恒成立,求 b a 的最小值.
x